【文档说明】专题8.5 期末满分计划之解答压轴专项训练（30道）（举一反三）（苏科版）（解析版）--2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（苏科版）.docx，共(47)页，768.758 KB，由envi的店铺上传

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专题8.5期末满分计划之解答压轴专项训练（30道）【苏科版】1．（2021•沈北新区期末）如图，将两个全等的直角三角形△ABD、△ACE拼在一起（图1），△ABD不动．（1）若将△ACE绕点A逆时针旋转，连接DE，M是

DE的中点，连接MB、MC（图2），证明：MB＝MC．（2）若将图1中的CE向上平移，∠CAE不变，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC（图3），判断并直接写出MB、MC的数量关系．（3）在（2）中，若∠CAE

的大小改变（图4），其他条件不变，则（2）中的MB、MC的数量关系还成立吗？说明理由．【解题思路】（1）连接AM，根据全等三角形的对应边相等可得AD＝AE，AB＝AC，全等三角形对应角相等可得∠BAD＝∠CAE，再根据等腰三角形三线合一的性质得到∠MAD＝∠MAE，然后利用“边角边”

证明△ABM和△ACM全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；（2）延长DB、AE相交于E′，延长EC交AD于F，根据等腰三角形三线合一的性质得到BD＝BE′，然后求出MB∥AE′，再根据两直线平行，内错角相等求出∠MBC＝∠C

AE，同理求出MC∥AD，根据两直线平行，同位角相等求出∠BCM＝∠BAD，然后求出∠MBC＝∠BCM，再根据等角对等边即可得证；（3）延长BM交CE于F，根据两直线平行，内错角相等可得∠MDB＝∠MEF，∠MBD＝∠MFE，然后利用“角角边”证明△MDB和△MEF全等

，根据全等三角形对应边相等可得MB＝MF，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明即可．【解答过程】证明：（1）如图2，连接AM，由已知得△ABD≌△ACE，∴AD＝AE，AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，∵MD＝

ME，∴∠MAD＝∠MAE，∴∠MAD﹣∠BAD＝∠MAE﹣∠CAE，即∠BAM＝∠CAM，在△ABM和△ACM中，{𝐴𝐵=𝐴𝐶∠𝐵𝐴𝑀=∠𝐶𝐴𝑀𝐴𝑀=𝐴𝑀，∴△ABM≌△ACM（SAS），∴MB＝MC；（2）MB＝MC．理由如下：如图3，延长DB、AE相交于E′，

延长EC交AD于F，∴BD＝BE′，CE＝CF，∵M是ED的中点，B是DE′的中点，∴MB∥AE′，∴∠MBC＝∠CAE，同理：MC∥AD，∴∠BCM＝∠BAD，∵∠BAD＝∠CAE，∴∠MBC＝∠BCM，∴MB

＝MC；解法二：如图3中，延长CM交BD于点T．∵EC∥DT，∴∠CEM＝∠TDM，在△ECM和△DTM中，{∠𝐶𝐸𝑀=∠𝑇𝐷𝑀𝐸𝑀=𝐷𝑀∠𝐸𝑀𝐶=∠𝐷𝑀𝑇，∴△ECM≌△DTM（ASA），∴CM＝MT，∵∠CBT＝90°，∴BM

＝CM＝MT．（3）MB＝MC还成立．如图4，延长BM交CE于F，∵CE∥BD，∴∠MDB＝∠MEF，∠MBD＝∠MFE，又∵M是DE的中点，∴MD＝ME，在△MDB和△MEF中，{∠𝑀𝐷𝐵=∠𝑀𝐸𝐹∠𝑀𝐵𝐷=∠𝑀𝐹𝐸�

�𝐷=𝑀𝐸，∴△MDB≌△MEF（AAS），∴MB＝MF，∵∠ACE＝90°，∴∠BCF＝90°，∴MB＝MC．2．（2021秋•梁园区期末）如图1是3×3的正方形方格，将其中两个方格涂黑，并且使涂黑后的整个图案是轴对称图形，（要求：绕正方形ABCD

的中心旋转能重合的图案都视为同一种图案，例如图2中的两幅图就视为同一种图案），请在图3中的四幅图中完成你的设计．【解题思路】根据轴对称的性质画出图形即可．【解答过程】解：如图所示．3．（2021•昌平区期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠

D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD．求证：EF＝BE+FD；（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝

AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．【解题思路】（1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．目的就是要证

明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF＝BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角

，BG＝DF，AB＝AD，因此两三角形全等，那么AG＝AF，∠1＝∠2，那么∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF=12∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件（SAS），那么就能得出EF＝GE了．（2）思路和作辅助线的方法与（1）完全一样，只不过证明三角形ABG和ADF全等中，证

明∠ABG＝∠ADF时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与（1）的结果完全一样．（3）按照（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（1）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝

BE﹣DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．【解答过程】证明：（1）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．∵∠ABG＝∠ABC＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△ABG≌△ADF．∴AG＝AF，∠

1＝∠2．∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．又∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD（2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍

然成立．（3）结论EF＝BE+FD不成立，应当是EF＝BE﹣FD．证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵AB＝AD，∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DA

F+∠EAD＝∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．4．（2021春•杨浦区期末）已知在△ABC与△CDE中，AB＝CD，∠B＝∠D，∠ACE＝

∠B，点B、C、D在同一直线上，射线AH、EI分别平分∠BAC、∠CED．（1）如图1，试说明AC＝CE的理由；（2）如图2，当AH、EI交于点G时，设∠B＝α，∠AGE＝β，求β与α的数量关系，并说明理由；（3）当AH∥EI时，求∠B的度数．【解题思路】（1）由∠ACD＝∠ACE+∠ECD

＝∠A+∠B，∠B＝∠ACE，可得∠A＝∠ECD．再结合已知用ASA可证明△ABC≌△CDE，从而AC＝CE；（2）连接GC并延长至点K．因为AH、EI分别平分∠BAC、∠DEC，则设∠CAH＝∠BAH＝a，∠CEI＝∠DEI＝b，由三角形外

角关系可得∠ACK＝a+∠AGC，∠ECK＝b+∠EGC，所以∠ACE＝∠ACK+∠ECK＝α＝（a+∠AGC）+（b+∠EGC）＝a+b+β，即a+b＝α﹣β．又由（1）中结论可知∠ECD＝∠BAC＝2a，根据三角形内角和

公式可得∠ECD+∠DEC+∠D＝180°，即2a+2b+α＝180°，可得3α﹣2β＝180°；（3）当AH∥EI时，过点C作MN∥AH，则MN∥AH∥EI．易证∠ACE＝∠ACM+∠ECM，即α＝a+b．在△CED中，根据三角形内角和定

理有2a+2b+α＝180°，解得α＝60°，故∠B＝60°．【解答过程】（1）证明：∵∠ACD＝∠ACE+∠ECD＝∠A+∠B，又∠B＝∠ACE，∴∠A＝∠ECD．在△ABC和△CDE中，{∠𝐵=∠𝐷𝐴𝐵=𝐶𝐷∠𝐴=∠𝐸

𝐶𝐷，∴△ABC≌△CDE（ASA）．∴AC＝CE．（2）解：3α﹣2β＝180°．理由如下：如图1所示，连接GC并延长至点K．∵AH、EI分别平分∠BAC、∠DEC，则设∠CAH＝∠BAH＝a，

∠CEI＝∠DEI＝b，∵∠ACK为△ACG的外角，∴∠ACK＝a+∠AGC，同理可得∠ECK＝b+∠EGC，∴∠ACE＝∠ACK+∠ECK＝∠B＝α＝（a+∠AGC）+（b+∠EGC）＝a+b+∠AGE＝a+b+β，即α＝a+b+β，∴a+b＝α﹣β．又由（1）中证明可

知∠ECD＝∠BAC＝2a，由三角形内角和公式可得∠ECD+∠DEC+∠D＝180°，即2a+2b+α＝180°，∴2（a+b）+α＝180°，∴3α﹣2β＝180°．（3）当AH∥EI时，如图2所示，过点C作MN∥AH，则MN

∥AH∥EI．∴∠CAH＝∠ACM＝a，∠CEI＝∠ECM＝b，∴∠ACE＝∠ACM+∠ECM＝a+b＝α，即α＝a+b．由（1）中证明可得∠ECD＝∠BAC＝2a，∠D＝∠B＝α．在△CED中，根据三角形内角和定理有∠ECD+∠CED+∠D＝

180°，即2a+2b+α＝180°，即2（a+b）＝180°﹣α，即3α＝180°，解得：α＝60°．故∠B＝60°．5．（2021秋•大安市期末）已知：如图，在△ABC中，∠ABC＝3∠C，∠1＝∠2，BE⊥AE．求证：AC﹣AB＝2BE．【解题思路】延长BE交

AC于M，利用三角形内角和定理，得出∠3＝∠4，AB＝AM，∴AC﹣AB＝AC﹣AM＝CM．再利用∠4是△BCM的外角，再利用等腰三角形对边相等，CM＝BM利用等量代换即可求证．【解答过程】证明：延长

BE交AC于M∵BE⊥AE，∴∠AEB＝∠AEM＝90°在△ABE中，∵∠1+∠3+∠AEB＝180°，∴∠3＝90°﹣∠1同理，∠4＝90°﹣∠2∵∠1＝∠2，∴∠3＝∠4，∴AB＝AM∵BE⊥AE

，∴BM＝2BE，∴AC﹣AB＝AC﹣AM＝CM，∵∠4是△BCM的外角∴∠4＝∠5+∠C∵∠ABC＝3∠C，∴∠ABC＝∠3+∠5＝∠4+∠5∴3∠C＝∠4+∠5＝2∠5+∠C∴∠5＝∠C∴CM＝BM∴AC﹣AB＝BM＝2BE6．（2021•沈阳期末）将两个全等的直角三角形ABC和DBE按图

①方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠A＝∠D＝30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F．（1）求证：AF+EF＝DE；（2）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且0°＜α＜60°，其它条件不变，请在图②中画出变换后的图形，并直接写出你在（1）中猜想的结

论是否仍然成立；（3）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角β，且60°＜β＜180°，其它条件不变，如图③．你认为（1）中猜想的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出AF、EF与DE之间的关系，并说明理由．【解题思路】（1）我们已知了三角形BED

和CAB全等，那么DE＝AF+CF，因此只要求出EF＝CF就能得出本题所求的结论，可通过全等三角形来实现，连接BF，那么证明三角形BEF和BCF全等就是解题的关键，这两三角形中已知的条件有BE＝BC，一条公共边，根据斜边直角边定理，这两个直角三角形就全等了，也

就得出EF＝CF，也就能证得本题的结论了；（2）解题思路和辅助线的作法与（1）完全一样；（3）结论不成立．结论：AF＝DE+EF．同（1）得CF＝EF，由△ABC≌△DBE，可得AC＝DE，AF＝AC+FC＝DE+EF．【解答过程】（1）证明：连接BF（如图①），∵△ABC≌

△DBE（已知），∴BC＝BE，AC＝DE．∵∠ACB＝∠DEB＝90°，∴∠BCF＝∠BEF＝90°．在Rt△BFC和Rt△BFE中，{𝐵𝐹=𝐵𝐹𝐵𝐶=𝐵𝐸∴Rt△BFC≌Rt△BFE（HL）．∴CF

＝EF．又∵AF+CF＝AC，∴AF+EF＝DE．（2）解：画出正确图形如图②∴（1）中的结论AF+EF＝DE仍然成立；（3）不成立．结论：AF＝DE+EF．证明：连接BF，∵△ABC≌△DBE，∴BC＝BE，∵∠ACB＝∠DEB＝90°，∴△BCF和△BE

F是直角三角形，在Rt△BCF和Rt△BEF中，{𝐵𝐶=𝐵𝐸𝐵𝐹=𝐵𝐹，∴△BCF≌△BEF（HL），∴CF＝EF；∵△ABC≌△DBE，∴AC＝DE，∴AF＝AC+FC＝DE+EF．7

．（2021•淮安期末）阅读理解如图1，△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分；…；将余下部分沿∠BnAnC的平分线AnBn+

1折叠，点Bn与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，∠BAC是△ABC的好角．小丽展示了确定∠BAC是△ABC的好角的两种情形．情形一：如图2，沿等腰三角形ABC顶角∠BAC的平分线AB1折叠，点B与点C重

合；情形二：如图3，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合．探究发现（1）△ABC中，∠B＝2∠C，经过两次折叠，∠BAC是不是△ABC的好角

？是（填“是”或“不是”）．（2）小丽经过三次折叠发现了∠BAC是△ABC的好角，请探究∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系．根据以上内容猜想：若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为∠B＝n∠C．应用提升（3）小丽找到一个三角形

，三个角分别为15°、60°、105°，发现60°和105°的两个角都是此三角形的好角．请你完成，如果一个三角形的最小角是4°，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好角．【解题思路】（1）在小

丽展示的情形二中，如图3，根据三角形的外角定理、折叠的性质推知∠B＝2∠C；（2）根据折叠的性质、根据三角形的外角定理知∠A1A2B2＝∠C+∠A2B2C＝2∠C；根据四边形的外角定理知∠BAC+2∠B﹣2C＝180°①，根据三角形ABC的内角和定理知∠BAC+∠B+∠C＝180°②

，由①②可以求得∠B＝3∠C；利用数学归纳法，根据小丽展示的三种情形得出结论：∠B＝n∠C；（3）利用（2）的结论知∠B＝n∠C，∠BAC是△ABC的好角，∠C＝n∠A，∠ABC是△ABC的好角，∠A＝n∠B，∠BCA是△ABC的好角；然后三角形内角和定理可以求得另外两个角

的度数可以是4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．【解答过程】解：（1）△ABC中，∠B＝2∠C，经过两次折叠，∠BAC是△ABC的好角；理由如下：小丽展示的情形二中，如图3，∵沿∠

BAC的平分线AB1折叠，∴∠B＝∠AA1B1；又∵将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合，∴∠A1B1C＝∠C；∵∠AA1B1＝∠C+∠A1B1C（外角定理），∴∠B＝2∠C，∠BAC是△ABC的好角．故答案是

：是；（2）∠B＝3∠C；如图所示，在△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分，将余下部分沿∠B2A2C的平分线A2B3折叠，点B2与点C重合，则∠BAC是△ABC的好角．证明如下：∵根据折叠的性质知，∠

B＝∠AA1B1，∠C＝∠A2B2C，∠A1B1C＝∠A1A2B2，∴根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2＝∠C+∠A2B2C＝2∠C；∵根据四边形的外角定理知，∠BAC+∠B+∠AA1B1﹣∠A1B1C＝∠BAC+2∠B﹣2∠C＝180°，根据三角形ABC的内角和定理知，∠B

AC+∠B+∠C＝180°，∴∠B＝3∠C；由小丽展示的情形一知，当∠B＝∠C时，∠BAC是△ABC的好角；由小丽展示的情形二知，当∠B＝2∠C时，∠BAC是△ABC的好角；由小丽展示的情形三知，当∠B＝3∠C时

，∠BAC是△ABC的好角；故若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为∠B＝n∠C；（3）由（2）知设∠A＝4°，∵∠B是好角，∴∠B＝4n°；∵∠A是好角，∴∠C＝m

∠B＝4mn°，其中m、n为正整数得4+4n+4mn＝180∴如果一个三角形的最小角是4°，三角形另外两个角的度数是4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．8．（2021•饶平县校级期末）已知：在△AOB和△COD

中，OA＝OB，OC＝OD．（1）如图①，若∠AOB＝∠COD＝60°，求证：①AC＝BD②∠APB＝60°．（2）如图②，若∠AOB＝∠COD＝α，则AC与BD间的等量关系式为AC＝BD，∠APB的大小为α（直接写出结果

，不证明）【解题思路】（1）①根据已知先证明∠AOC＝∠BOD，再由SAS证明△AOC≌△BOD，所以AC＝BD．②由△AOC≌△BOD，可得∠OAC＝∠OBD，再结合图形，利用角的和差，可得∠APB＝60°．（2）由（1）小题的证明可知，AC＝BD

，∠APB＝α．【解答过程】解：（1）①证明：∵∠AOB＝∠COD＝60°，∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，∴∠AOC＝∠BOD．在△AOC和△BOD中，{𝐴𝑂=𝐵𝑂∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐵𝑂𝐷𝑂𝐶=𝑂�

�，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD；②证明：∵△AOC≌△BOD，∴∠OAC＝∠OBD，∴∠OAC+∠AOB＝∠OBD+∠APB，∴∠OAC+60°＝∠OBD+∠APB，∴∠APB＝60°；（2）AC＝B

D，∠APB＝α．9．（2021秋•甘井子区期末）附加题：如图，△ABC≌△BDE，M、M′分别为AB、DB中点，直线MM′交CE于K．试探索CK与EK的数量关系．【解题思路】由已知条件不能得到相关条件，可作辅助线，延长MK到N，使

得NK＝MM'，连接EM'、CM、EN，再根据辅助条件证明△EM'N≌△CMK即可．【解答过程】解：CK与EK的数量关系为相等，理由如下：延长MK到N，使得NK＝MM'，连接EM′、CM、EN，如图，可得NK+K

M'＝MM'+M'K，即NM'＝MK，∵△ABC≌△BDE，M、M′分别为AB、DB中点，∴EM'＝CM，BM'＝BM，∠EM'D＝∠CMB，由BM'＝BM得：∠BM'M＝∠BMM'＝∠KM'D，∴∠NM'E＝∠CMK，在△EM'N和△CMK中，{𝑁𝑀

′=𝑀𝐾∠𝑁𝑀′𝐸=∠𝐶𝑀𝐾𝐸𝑀′=𝐶𝑀，∴△EM'N≌△CMK，（SAS）∴CK＝EN，∠N＝∠CKM＝∠NKE，∴EK＝EN，∴CK＝EK．10．（2021•上海期末）如图，在△ABC中，点D在边AC上，DB＝BC，点E是CD的中点，点F是AB的中

点．（1）求证：EF=12AB；（2）过点A作AG∥EF，交BE的延长线于点G，求证：△ABE≌△AGE．【解题思路】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半从而得到EF=12AB，根据已知利用SAS来判定△ABE≌△AGE．【解答过程】证明：（1）

连接BE，∵DB＝BC，点E是CD的中点，∴BE⊥CD．∵点F是Rt△ABE中斜边上的中点，∴EF=12𝐴𝐵；（2）[方法一]在△ABG中，AF＝BF，AG∥EF，∴EF是△ABG的中位线，∴BE＝EG．在△ABE和△AGE中，AE＝AE，∠AEB＝∠AEG＝90°，∴△A

BE≌△AGE；[方法二]由（1）得，EF＝AF，∴∠AEF＝∠FAE．∵EF∥AG，∴∠AEF＝∠EAG．∴∠EAF＝∠EAG．∵AE＝AE，∠AEB＝∠AEG＝90°，∴△ABE≌△AGE．11．（2021•太原期末）数学课上，同学们探究下面命题的正确性：顶角

为36°的等腰三角形具有一种特性，即经过它某一顶点的一条直线可把它分成两个小等腰三角形．为此，请你解答问题（1）．（1）已知：如图①，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，直线BD平分∠ABC交AC于点D．求证：△ABD与△DBC都是等腰三角形；（2

）在证明了该命题后，小乔发现：下面两个等腰三角形如图②、③也具有这种特性．请你在图②、图③中分别画出一条直线，把它们分成两个小等腰三角形，并在图中标出所有等腰三角形两个底角的度数；（3）接着，小乔又发现：其它一

些非等腰三角形也具有这样的特性，即过它其中一个顶点画一条直线可以将原三角形分成两个小等腰三角形．请你画出两个不同类型且具有这种特性的三角形的示意图，并在图中标出可能的各内角的度数．（说明：要求画出的两个三角形不相似，且不是等腰三角形．）（4）请你写出两个符合（3）中一般规律的非等腰三角形

的特征．【解题思路】（1）根据等边对等角，及角平分线定义易得∠1＝∠2＝36°，∠C＝72°，那么∠BDC＝72°则可得AD＝BD＝CB∴△ABD与△DBC都是等腰三角形；（2）把等腰直角三角形分为两个小的等腰直角三角形即可，把108°的角分为36°和72°即可

；（3）利用直角三角形的中线等于直角三角形斜边的一半可得任意直角三角形的中线把直角三角形分为两个等腰三角形；由（1），（2）易得所知的两个角要么是2倍关系，要么是3倍关系，可猜测只要所给的三个角中有2个角是2倍或3倍关系都可得到上述图形；（4）按照发现的（3）的特点来写，注意去掉

特殊三角形的形式．【解答过程】（1）证明：在△ABC中，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∵∠A＝36°，∴∠ABC＝∠C=12（180°﹣∠A）＝72°，（1分）∵BD平分∠ABC，∴∠1＝∠2＝36°∴∠3＝∠1+∠A＝72°，∴∠1＝∠A，∠3＝∠C，∴A

D＝BD，BD＝BC，∴△ABD与△BDC都是等腰三角形．（2）解：如下图所示：（3）解：如图所示：（4）解：特征一：直角三角形（直角边不等）；特征二：2倍内角关系，在△ABC中，∠A＝2∠B，0°＜∠B＜45°，其中，∠B≠30°；12．（2021•无锡期末）（

1）已知△ABC中，∠A＝90°，∠B＝67.5°，请画一条直线，把这个三角形分割成两个等腰三角形．（请你选用下面给出的备用图，把所有不同的分割方法都画出来．只需画图，不必说明理由，但要在图中标出相等两角的度数）（2）已知△ABC中，∠C

是其最小的内角，过顶点B的一条直线把这个三角形分割成了两个等腰三角形，请探求∠ABC与∠C之间的关系．【解题思路】（1）已知角度，要分割成两个等腰三角形，可以运用直角三角形、等腰三角形性质结合三角形内角和

定理，先计算出可能的角度，或者先从草图中确认可能的情况，及角度，然后画上．（2）在（1）的基础上，由“特殊”到“一般”，需要把直角三角形分成两个等腰三角形的各种情形列方程，可得出角与角之间的关系．【解答过程

】解：（1）如图（共有2种不同的分割法）．（2）设∠ABC＝y，∠C＝x，过点B的直线交边AC于D．在△DBC中，①若∠C是顶角，如图1，则∠CBD＝∠CDB＝90°−12x，∠A＝180°﹣x﹣y．而∠ADB＞90°，此时只能有∠A＝∠

ABD，即180°﹣x﹣y＝y﹣（90°−12x）即3x+4y＝540°，即∠ABC＝135°−34∠C；②若∠C是底角，第一种情况：如图2，当DB＝DC时，则∠DBC＝x，△ABD中，∠ADB＝2x，∠ABD＝y﹣x．由AB＝AD，得2x＝y﹣x，此时

有y＝3x，即∠ABC＝3∠C．由AB＝BD，得180°﹣x﹣y＝2x，此时3x+y＝180°，即∠ABC＝180°﹣3∠C．由AD＝BD，得180°﹣x﹣y＝y﹣x，此时y＝90°，即∠ABC＝90°，∠C为小于等于45

°的任意锐角．第二种情况，如图3，当BD＝BC时，∠BDC＝x，∠ADB＝180°﹣x＞90°，此时只能有AD＝BD，从而∠A＝∠ABD=12∠C＜∠C，这与题设∠C是最小角矛盾．∴当∠C是底角时，BD＝BC不成立．综上，∠ABC与∠C之间的关系是：∠ABC＝135

°−34∠C或∠ABC＝180°﹣3∠C或∠ABC＝3∠C或∠ABC＝90°，∠C是小于45°的任意角13．（2021•金华期末）现有9个相同的小正三角形拼成的大正三角形，将其部分涂黑．如图（1），（2）所示．观察图（

1），图（2）中涂黑部分构成的图案．它们具有如下特征：①都是轴对称图形；②涂黑部分都是三个小正三角形．请在图（3），图（4）内分别设计一个新图案，使图案具有上述两个特征．【解题思路】因为正三角形是轴对称图形，其对称轴是从顶点向底边所作垂线，故只要所涂得小正三角形

关于大正三角形的中垂线对称即可．【解答过程】解：如图．14．（2021•内蒙古期末）如图，已知△ABC为等边三角形，延长BC到D，延长BA到E，并且使AE＝BD，连接CE，DE．求证：EC＝ED．【解题思路】首先延长BD至F，使DF＝BC，连接EF，得出△BEF为等边三

角形，进而求出△ECB≌△EDF，从而得出EC＝DE．【解答过程】证明：延长BD至F，使DF＝BC，连接EF，∵AE＝BD，△ABC为等边三角形，∴BE＝BF，∠B＝60°，∴△BEF为等边三角形，∴∠F＝60°，在△ECB和△EDF中{𝐵𝐸=𝐸𝐹∠𝐵=∠𝐹=60°𝐵𝐶

=𝐷𝐹∴△ECB≌△EDF（SAS），∴EC＝ED．15．（2021春•任城区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴、y轴相交于A（6，0）、B（0，2）两点，动点C在线段OA上，将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD，此时点D恰好落在直线AB上

时，过点D作DE⊥x轴于点E．（1）求证：△BOC≌△CED；（2）求经过A、B两点的一次函数表达式及点D的坐标；（3）在x轴上是否存在点P，使得以C、D、P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出P点的坐标．（不用写过程）【解题

思路】（1）由“AAS“即可证明△BOC≌△CED；（2）设直线AB解析式为y＝kx+b，把A（6，0），B（0，2）代入解得{𝑘=−13𝑏=2，即可得AB的解析式；设CO＝DE＝m，得D（m+2，m），把D（m+2，m）代入为𝑦=−13

𝑥+2，解得m的值即可得出点D的坐标；（3）设点P的坐标为（t，0），分别表示出PC，PD，CD的长，分PC＝PD，PC＝CD，PD＝CD三种情况，分别求解即可．【解答过程】解：（1）∵∠BOC＝∠BCD＝∠CED＝90°，∴∠OCB+∠DCE＝90

°，∠DCE+∠CDE＝90°，∴∠BCO＝∠CDE，在△BOC与△CED中，{∠𝐵𝑂𝐶=∠𝐶𝐸𝐷∠𝐵𝐶𝑂=∠𝐶𝐷𝐸𝐵𝐶=𝐶𝐷，∴Rt△BOC≌Rt△CED（AAS）；（2）设直线AB解析式为y＝kx+b，把A（6，0），B（0，2）代入上式得：{0=6𝑘+

𝑏𝑏=2，解得{𝑘=−13𝑏=2，故直线AB的解析式为𝑦=−13𝑥+2，∵△BOC≌△CED，∴CO＝DE，设CO＝DE＝m，而OB＝CE＝2，∴D（m+2，m），∵点D在直线𝑦=−13𝑥+2上，把D（m+2，m）代入上式并解得m＝1，∴D（3，1

），（3）存在，理由如下：设点P的坐标为（t，0），而点C，D的坐标分别为（1，0），（3，1），由点P，C，D的坐标得：PC2＝（t﹣1）2，PD2＝（t﹣3）2+1，CD2＝22+1＝5，当PC＝PD时，则（

t﹣1）2＝（t﹣3）2+1，解得：t=94，当PC＝CD时，则（t﹣1）2＝5，解得：t=1±√5，当PD＝CD时，则（t﹣3）2+1＝5，解得：t＝5或t＝1（舍去），故P的坐标为(94，0)或(√5+1，0)或(1−√5，0)或（5，0）．16．（202

1•巴中期末）在学习勾股定理时，我们学会运用图（Ⅰ）验证它的正确性；图中大正方形的面积可表示为：（a+b）2，也可表示为：c2+4•（12ab），即（a+b）2＝c2+4•（12ab）由此推出勾股定理a2+b2＝c2，这种根据图形可以极简单地直观推论或验证数学规律和公式的方法

，简称“无字证明”．（1）请你用图（II）（2002年国际数字家大会会标）的面积表达式验证勾股定理（其中四个直角三角形全等）；（2）请你用（III）提供的图形进行组合，用组合图形的面积表达式验证（x+y）2＝x2+2xy+y2；（3）请你自己设计图形的组合，用其面积表达式验

证：（x+p）（x+q）＝x2+px+qx+pq＝x2+（p+q）x+pq．【解题思路】（1）根据阴影部分的面积＝大正方形的面积﹣小正方形的面积＝4个直角三角形的面积，即可证明；（2）可以拼成一个边长是x+y的正方形，它由两个边长分别是x、y的正方形和两

个长、宽分别是x、y的长方形组成；（3）可以拼成一个长、宽分别是x+p和x+q的长方形，它由边长是x的正方形，长宽分别是x和p，x和q，p和q组成的图形．【解答过程】解：（1）大正方形的面积为：c2，中间空白部分正方形面积为：（b﹣a）2；四个阴影部分直角三角形面积和为：4×12ab

；由图形关系可知：大正方形面积＝空白正方形面积+四直角三角形面积，即有：c2＝（b﹣a）2+4×12ab＝b2﹣2ab+a2+2ab＝a2+b2；（2）如图示：大正方形边长为（x+y）所以面积为：（x+y）2，它的面积也等于两个边长分别为x，y和两个长为x宽为y的矩形面积

之和，即x2+2xy+y2所以有：（x+y）2＝x2+2xy+y2成立；（3）如图示：大矩形的长、宽分别为（x+p），（x+q），则其面积为：（x+p）•（x+q），从图形关系上可得大矩形为一个边长为x的正方形和三个

小矩形构成的则其面积又可表示为：x2+px+qx+pq，则有：（x+p）（x+q）＝x2+px+qx+pq＝x2+（p+q）x+pq．17．（2021•临沂期末）△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c．若∠C＝90°，如图1，

根据勾股定理，则a2+b2＝c2．若△ABC不是直角三角形，如图2和图3，请你类比勾股定理，试猜想a2+b2与c2的关系，并证明你的结论．【解题思路】当△ABC是锐角三角形时，过点A作AD⊥BC，垂足为D，设CD为x，根据AD不变由勾股定理得出等式b2﹣x2＝AD2＝c2﹣（a﹣x）2，化简得

出a2+b2＞c2．当△ABC是钝角三角形时过B作BD⊥AC，交AC的延长线于D．设CD为y，根据勾股定理，得（b+x）2+a2﹣x2＝c2．化简得出a2+b2＜c2．【解答过程】解：若△ABC是锐角三角形，则有a2+b2＞c2（1分）若△ABC是钝角三

角形，∠C为钝角，则有a2+b2＜c2．（2分）当△ABC是锐角三角形时，证明：过点A作AD⊥BC，垂足为D，设CD为x，则有BD＝a﹣x（3分）根据勾股定理，得b2﹣x2＝AD2＝c2﹣（a﹣x）2即b2﹣x2＝c2﹣a2+2ax﹣x2．∴a2+

b2＝c2+2ax（5分）∵a＞0，x＞0，∴2ax＞0．∴a2+b2＞c2．（6分）当△ABC是钝角三角形时，证明：过B作BD⊥AC，交AC的延长线于D．设CD为y，则有BD2＝a2﹣y2（7分）根据勾股定理，得（b+y）2+

a2﹣y2＝c2．即a2+b2+2by＝c2．（9分）∵b＞0，y＞0，∴2by＞0，∴a2+b2＜c2．（10分）18．（2021秋•凤凰县期末）如图，正方形ABCD的边AB在数轴上，数轴上点A表示的数为﹣1，正方形ABCD的面

积为16．（1）数轴上点B表示的数为﹣5；（2）将正方形ABCD沿数轴水平移动，移动后的正方形记为A′B′C′D′，移动后的正方形A′B′C′D′与原正方形ABCD重叠部分的面积为S．①当S＝4时，画出图形，并求出数轴上点A′表示的数；②设正方形ABCD的移动速度

为每秒2个单位长度，点E为线段AA′的中点，点F在线段BB′上，且BF=14BB′．经过t秒后，点E，F所表示的数互为相反数，直接写出t的值．【解题思路】（1）利用正方形ABCD的面积为16，可得AB长，再根据AO＝1，进而可得点B表示的数；（2）①先根据正方形的面积为16，可得边长为4，当S＝

4时，分两种情况：正方形ABCD向左平移，正方形ABCD向右平移，分别求出数轴上点A′表示的数；②当正方形ABCD沿数轴负方向运动时，点E，F表示的数均为负数，不可能互为相反数，不符合题意；当点E，F所表示的数互为相反数时，正方形ABCD沿数轴正

方向运动，再根据点E，F所表示的数互为相反数，列出方程即可求得t的值．【解答过程】解：（1）∵正方形ABCD的面积为16，∴AB＝4，∵点A表示的数为﹣1，∴AO＝1，∴BO＝5，∴数轴上点B表示的数为﹣5，故答案为：﹣5．（2）①∵正方形的面积为16，∴边长

为4，当S＝4时，分两种情况：若正方形ABCD向左平移，如图1，A'B＝4÷4＝1，∴AA'＝4﹣1＝3，∴点A'表示的数为﹣1﹣3＝﹣4；若正方形ABCD向右平移，如图2，AB'＝4÷4＝1，∴AA'＝4﹣1＝3，∴点A'表示的数为﹣1+3＝2；综上所述，点A'表示的

数为﹣4或2；②t的值为4．理由如下：当正方形ABCD沿数轴负方向运动时，点E，F表示的数均为负数，不可能互为相反数，不符合题意；当点E，F所表示的数互为相反数时，正方形ABCD沿数轴正方向运动，如图3，∵AE=12AA'=1

2×2t＝t，点A表示﹣1，∴点E表示的数为﹣1+t，∵BF=14BB′=14×2t=12t，点B表示﹣5，∴点F表示的数为﹣5+12t，∵点E，F所表示的数互为相反数，∴﹣1+t+（﹣5+12t）＝0，解得t＝4．19．（

2021•南京期末）如果将点P绕定点M旋转180°后与点Q重合，那么称点P与点Q关于点M对称，定点M叫做对称中心．此时，M是线段PQ的中点．如图，在直角坐标系中，△ABO的顶点A，B，O的坐标分别为（1，0），（0，1），（0，0）．点列P1，P2

，P3，…中的相邻两点都关于△ABO的一个顶点对称：点P1与点P2关于点A对称，点P2与点P3关于点B对称，点P3与点P4关于点O对称，点P4与点P5关于点A对称，点P5与点P6关于点B对称，点P6与点P7关于点O对

称…对称中心分别是A，B，O，A，B，O，…，且这些对称中心依次循环．已知点P1的坐标是（1，1），试求出点P2，P7，P100的坐标．【解题思路】通过作图可知6个点一个循环，那么P7的坐标和P1的坐标相同，P100的坐标与P4的坐标一

样，通过图中的点可很快求出．【解答过程】解：P2的坐标是（1，﹣1），P7的坐标是（1，1），P100的坐标是（1，﹣3）．理由：作P1关于A点的对称点，即可得到P2（1，﹣1），分析题意，知6个点一个循环，故P7的坐标与P1的坐标一样，P1

00的坐标与P4的坐标一样，所以P7的坐标等同于P1的坐标为（1，1），P100的坐标等同于P4的坐标为（1，﹣3）．20．（2021春•甘井子区期末）已知函数y={𝑥−𝑚2+1，𝑥＜𝑚，−𝑥+32𝑚+1，𝑥≥𝑚.其中m为常数，该函数的图象记为G．（1）

当m＝﹣2时，若点D（3，n）在图象G上，求n的值；（2）当3﹣m≤x≤4﹣m时，若函数最大值与最小值的差为12，求m的值；（3）已知点A（0，1），B（0，﹣2），C（2，1），当图象G与△ABC有两个公共

点时，直接写出m的取值范围．【解题思路】（1）根据已知条件代入求n的值；（2）分三种情况①当4﹣m＜m时，②当x＜3﹣m时，③当3m≤x≤4﹣m时，根据函数的递增求最大值和最小值，做后求出结果；（3）分情况讨论①当图象G与△ABC有两个公共点A、B，两点，②当图象G与△A

BC有两个公共点A、C③当图象G与△ABC有两个公共点B、C．【解答过程】解：（1）当m＝﹣2时，函数y={𝑥+2，𝑥＜2−𝑥−2，𝑥≥−2，∵点D（3，n）在图象G上，∴x＝3时，n＝﹣5．（2）①当4﹣m＜m时

，即m＞2，对于函数y＝x−𝑚2+1．随着x的增大y也增大．∴当x＝3﹣m时，函数有最小值：y1＝3﹣m−𝑚2+1=−3𝑚2+4．当x＝4﹣m时，函数最大值y2=−3𝑚2+5．∴y2﹣y1＝1．②当x＜3﹣m时，即m＜32，对于函数y＝﹣x+32m+1

，随着x的增大y反而减小，∴当x＝4﹣m时，函数有最小值：y1＝﹣（4﹣m）+32m+1=5𝑚2−3，x＝3﹣m时，函数最大值y2=5𝑚2−2，∴y2﹣y1＝1，∴当m＜32时，不存在m值使最大值与最小值的差为12．③当3m≤x≤4﹣m时，即32≤m≤2时，图像

G从左到右先上升，在下降，即随着x的增大y值也增大，再减小．当x＝m时，y大=𝑚2+1，当x＝3﹣m时，y1=−3𝑚2+4，y2=5𝑚2−2，当𝑚2+1﹣（−3𝑚2+4）=12时，m=74，𝑚2+1﹣（5𝑚2−2）=12时，m=74，∴32≤

m≤2时，当m=74时，函数最大值与最小值的差为12．综上所述：m=74．（3）﹣2＜m≤0，43＜m＜6．21．（2021春•花都区期末）如图，直线l：y=−23x+4分别与x轴，y轴交于A，B两点，在OB上取一点C（0，1），以线段BC为边向右做正方形BCD

E，正方形BCDE沿CD的方向以每秒1个单位长度的速度向右做匀速运动，设运动时间为t秒（t＞0）．（1）求A，B两点的坐标；（2）在正方形BCDE向右运动的过程中，若正方形BCDE的顶点落在直线l上，求t的值；（3）设正方形BCDE两条对角线交于点P，在正方形向右运动的过

程中，是否存在实数t，使得OP+PA有最小值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）利用直线与坐标轴交点性质即可求解；（2）确定出正方形右移只有C，D两点会落在直线l上，直线CD与AB交于点N，求出DN，CN距离，又已知速度是1，即可求出时

间t；（3）定点O，A到动点P距离和的最小值问题，这是经典的河岸问题，这题找出“河岸“（BC的中垂线FP），然后作出A关于BC的中垂线FP的对称点A'，连接OA'，与FP交于点P，即存在，只需要求出移动距离就可以求出时间t．【解答过程】解：（1）∵

直线l：y=−23x+4分别与x轴，y轴交于A，B两点，当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝6，∴A（6.0），B（0，4）；（2）正方形BCDE只有点C，D，在直线AB左侧，设直线CD与直线AB相交于点N，∵点C（0，1），∴点N（

4.5，1），∵B（0，4），∴BC＝3，∴D（3，1），①DN＝4.5﹣3＝1.5，点D右移到AB上时，t=𝐷𝑁1=1.5（秒），②CN＝4.5﹣0＝4.5，点C右移AB上时，t=𝐶𝑁1=4.5（秒），答：在正方形BCDE向

右运动的过程中，若正方形BCDE的顶点落在直线l上，所求的t值为1.5秒和4.5秒．（3）存在实数t，使得OP+PA有最小值，理由如下：由正方形对称性易知，点M的横坐标与CD的中点的横坐标一样，点M的纵坐标与BC的中点的纵坐标一样，∴未移动时的点P的坐标，令为M（1.5，2.5），∴点

P向右移动所在的直线：y＝2.5，设为直线FP，作点A关于直线FP对称点A'，则A'（6，5），连接OA'，交于直线EP于点P，此时OP+PA最小，∵O（0，0），A'（6，5），∴直线OA'：y=56x

，与直线FP：y＝2.5联立解得点P（3，2.5），即新点P坐标，如图MP＝3﹣1.5＝1.5，t=𝑀𝑃1=1.5（秒），答：存在实数t，使得OP+PA有最小值，此时t为1.5秒．22．（2021秋•高邮市期末）如图，某景区内

的游览车路线是边长为800米的正方形ABCD，现有1号、2号两游览车分别从出口A和景点C同时出发，1号车顺时针（即从A→B→C→D→A的顺序）、2号车逆时针（即从C→B→A→D→C的顺序）沿环形路连续循环行驶，供游客随时免费乘车（上、下车的时间忽略不计），两车速度均为200米/分．设行驶时间

为t分．（1）当0≤t≤8时，若1号车、2号车在左半环线离出口A的路程分别用y1和y2（米）表示，则y1＝200t，y2＝1600﹣200t（用含有t的关系式表示）；（2）在（1）的条件下，求出当两车相距的路程是400米时t的值；（3）①求出t为何值时，1号车

第三次恰好经过景点C？②这一段时间内它与2号车相遇过的次数为5．【解题思路】（1）根据“1号车离A的路程＝1号车的速度×时间，2号车离A的路程＝A、C间路程﹣2号车的速度×时间”可得关系式；（2）两车相

距的路程是400米有两种情况：相遇前、相遇后，根据路程上的等量关系列方程可求得；（3）①求出1号车3次经过C的路程，进一步求出行驶的时间；②由两车第一次相遇后每相遇一次需要的时间就可以求出相遇次数．【解答

过程】解：（1）由题意，得y1＝200t，y2＝﹣200t+1600（2）当相遇前相距400米时，分以下两种情况：①当相遇之前两车相距路程为400米时，则有200t+200t+400＝2×800，解得t＝3，即当t＝3分钟时，两车相距路程为400米；②当相遇后相两车相距路程为400米时，则有

200t+200t＝2×800+400，解得t＝5，即当t＝5分钟时，两车相距路程为400米．∴当两车相距的路程是400米时，t的值为3或5．（3）①由题意，知当1号车第三次恰好经过景点C，它已经从A开始绕正方形行驶2圈半了，则200t＝2×800+2×800×4，解得t＝40，即t

＝40分钟时，1号车第三次恰好经过景点C．②两车第一次相遇的时间为：1600÷400＝4．第一次相遇后两车每相遇一次需要的时间为：800×4÷400＝8，∴两车相遇的次数为：（40﹣4）÷8+1＝5次．∴这一段时间内它与2号车相遇的次数为：5次．故答案为：（1）200t，1600﹣200t；

（2）t＝3或t＝5；（3）①t＝40，②5．23．（2021•虎丘区校级期末）甲、乙两车分别从A地将一批物品运往B地，再返回A地，如图表示两车离A地的距离s（千米）随时间t（小时）变化的图象，已知乙车到达B地

后以30千米/小时的速度返回．请根据图象中的数据回答：（1）甲车出发多长时间后被乙车追上？（2）甲车与乙车在距离A地多远处迎面相遇？（3）甲车从B地返回的速度多大时，才能比乙车先回到A地？【解题思路】（

1）由图知，可设甲车由A地前往B地的函数解析式为s＝kt，把将（2.4，48）代入即可求出此一次函数的表达式，再根据图中S＝30即可求出t的值；（2）可设乙车由A地前往B地函数的解析式为s＝pt+m，将（1.0，0）和（1.5，30）代入即可求出此表达式，进而可求出t的

值，同理设乙车由B地返回A地的函数的解析式为s＝﹣30t+n，把将（1.8，48）代入即可求解；（3）求出乙车返回到A地时所需的时间及乙车的速度即可．【解答过程】解：（1）由图知，可设甲车由A地前往B

地的函数解析式为s＝kt，将（2.4，48）代入，解得k＝20，所以s＝20t，由图可知，在距A地30千米处，乙车追上甲车，所以当s＝30千米时，𝑡=𝑠20=3020=1.5（小时）．即甲车出发1.5小时后被乙车追上，（2）由图知，可设乙车由A地前往B地函数的解

析式为s＝pt+m，将（1.0，0）和（1.5，30）代入，得{0=𝑝+𝑚30=1.5𝑝+𝑚，解得{𝑝=60𝑚=−60，所以s＝60t﹣60，当乙车到达B地时，s＝48千米．代入s＝60t﹣60，得t＝1.8小时，又设乙车由B地返回A地的函数的解析式为s＝﹣30t+n，将（1

.8，48）代入，得48＝﹣30×1.8+n，解得n＝102，所以s＝﹣30t+102，当甲车与乙车迎面相遇时，有﹣30t+102＝20t解得t＝2.04小时代入s＝20t，得s＝40.8千米，即甲车与乙车在距离A地40.8千米处迎面相遇；（3）当乙车返回到A地时，有﹣30t+102＝

0，解得t＝3.4小时，甲车要比乙车先回到A地，速度应大于483.4−2.4=48（千米/小时）．24．（2021•荆州期末）如图，某个体户购进一批时令水果，20天销售完毕．他将本次销售情况进行了跟踪记录，根据所记录的数

据可绘制的函数图象，其中日销售量y（千克）与销售时间x（天）之间的函数关系如图甲所示，销售单价p（元/千克）与销售时间x（天）之间的函数关系如图乙所示．（1）直接写出y与x之间的函数关系式；（2）分别求出第10天和第15天的销售金额；（

3）若日销售量不低于24千克的时间段为“最佳销售期”，则此次销售过程中“最佳销售期”共有多少天？在此期间销售单价最高为多少元？【解题思路】（1）分两种情况进行讨论：①0≤x≤15；②15＜x≤20，针对每一种情况，都可以先设出函数的解析式，再将已知点的坐标代入，

利用待定系数法求解；（2）日销售金额＝日销售单价×日销售量．由于第10天和第15天在第10天和第20天之间，当10≤x≤20时，设销售单价p（元/千克）与销售时间x（天）之间的函数关系式为p＝mx+n，由点（10，10），（20，8）在p＝mx

+n的图象上，利用待定系数法求得p与x的函数解析式，继而求得10天与第15天的销售金额；（3）日销售量不低于24千克，即y≥24．先解不等式2x≥24，得x≥12，再解不等式﹣6x+120≥24，得x≤16，则求出

“最佳销售期”共有5天；然后根据p=−15x+12（10≤x≤20），利用一次函数的性质，即可求出在此期间销售时单价的最高值．【解答过程】解：（1）分两种情况：①当0≤x≤15时，设日销售量y与销售时间x的函数解析式为y＝k1x，∵直线y＝k1x过点（15，30），∴15k

1＝30，解得k1＝2，∴y＝2x（0≤x≤15）；②当15＜x≤20时，设日销售量y与销售时间x的函数解析式为y＝k2x+b，∵点（15，30），（20，0）在y＝k2x+b的图象上，∴{15𝑘2+𝑏=3020𝑘2+𝑏=0，解得：{𝑘2=−6𝑏=120，∴y＝﹣6x+120（15＜

x≤20）；综上，可知y与x之间的函数关系式为：y={2𝑥，(0≤𝑥≤15)−6𝑥+120，(15＜𝑥≤20)；（2）∵第10天和第15天在第10天和第20天之间，∴当10≤x≤20时，设销售单价p（元/千克）与销售时间x（天）之间的函数解析式为p＝mx+n，∵点

（10，10），（20，8）在p＝mx+n的图象上，∴{10𝑚+𝑛=1020𝑚+𝑛=8，解得：{𝑚=−15𝑛=12，∴p=−15x+12（10≤x≤20），当x＝10时，p＝10，y＝2×10＝20，销售金额为：10×20＝200（元

），当x＝15时，p=−15×15+12＝9，y＝30，销售金额为：9×30＝270（元）．故第10天和第15天的销售金额分别为200元，270元；（3）若日销售量不低于24千克，则y≥24．当0≤x≤15时，y＝2x，解不等式：2x≥24，得，x≥12；当15＜x≤20时

，y＝﹣6x+120，解不等式：﹣6x+120≥24，得x≤16，∴12≤x≤16，∴“最佳销售期”共有：16﹣12+1＝5（天）；∵p=−15x+12（10≤x≤20），−15＜0，∴p随x的增大而减小，∴当

12≤x≤16时，x取12时，p有最大值，此时p=−15×12+12＝9.6（元/千克）．答：此次销售过程中“最佳销售期”共有5天，在此期间销售单价最高为9.6元．25．（2021秋•大邑县期末）如图

1，在数轴上点A，点B对应的数分别是6，﹣6，∠DCE＝90°（点C与点O重合，点D在数轴的正半轴上）．（1）如图1，若CF平分∠ACE，则∠AOF＝45度；点A与点B的距离＝12；（2）如图2，将∠DCE沿数轴的正半轴向右平移t（0＜t＜3）个单位后，再绕点顶点C逆时针旋转3

0t度，作CF平分∠ACE，此时记∠DCF＝α．①当t＝1时，α＝30°；点B与点C的距离＝7；②猜想∠BCE和α的数量关系，并说明理由；（3）如图3，开始∠D1C1E1与∠DCE重合，将∠DCE沿数轴的正半轴向右平移t（0＜t＜3）个单位，再绕点顶点C

逆时针旋转30t度，作CF平分∠ACE，此时记∠DCF＝α，与此同时，将∠D1C1E1沿数轴的负半轴向左平移t（0＜t＜3）个单位，再绕点顶点C1顺时针旋转30t度，作C1F1平分∠AC1E1，记∠D1C1F1＝β，若α与β满足|α﹣β|＝20°，求t的值．【解题思路】（1）应用

角平分线的定义和数轴上两点之间距离等于对应两数差的绝对值进行计算便可；（2）①先根据题意表示∠ACE，再依据角平分线定义表示∠AOF，再根据∠FCD＝∠ACF﹣∠ACD，求出∠ACF，∠ACD即可；②猜想：∠BCE＝2α．根据∠BCE＝∠AOB﹣∠ECD﹣∠ACD计算即可；（3）先根据题

意分别求出∠DCA，∠ACE，∠AC1D1，∠AC1E1，再利用角平分线定义求出∠FCA，∠AC1F1，从而求出α，β（用t表示），再依据|α﹣β|＝20°构建方程即可解决问题．【解答过程】解：（1）

如图1，∵CF平分∠ACE，∴∠AOF=12∠DCE=12×90°＝45°；点A与点B的距离＝6﹣（﹣6）＝12；故答案为：45°；12．（2）如图2，①当t＝1时，点C对应的数是1，∠AOD＝30°，∴∠

AOE＝∠AOD+∠DOE＝30°+90°＝120°，∵CF平分∠ACE，∴∠AOF=12∠ACE＝60°，∴α＝∠DOF＝∠AOF﹣∠AOD＝60°﹣30°＝30°；点B与点C的距离＝1﹣（﹣6）＝7；②猜想：∠BCE＝2α．理由如下：∵∠DCE＝90°

，∠ACD＝（30t）°，∴∠ACE＝∠DCE+∠ACD＝（90+30t）°，∵CF平分∠ACE，∴∠ACF＝∠ECF=12∠ACE=12（90+30t）°＝（45+15t）°，∵0＜t＜3，∴45＜45+15t＜90，∴∠DCF＝∠DCE﹣∠EC

F＝（45﹣15t）°，∵∠BCE+∠ACE＝180°，∴∠BCE＝180°﹣∠ACE＝180°﹣（90+30t）°＝（90﹣30t）°；∴∠BCE＝2∠DCF＝2α．（3）由题意：∠DCA＝30t°，∠ACE＝（90+30t）°，∠AC1D1＝30t°，∠AC1E1＝（90﹣30t）°

∵CF平分∠ACE，C1F1平分∠AC1E1，∴∠FCA=12∠ACE=12（90+30t）°，∠AC1F1=12∠AC1E1=12（90﹣30t）°，∴α＝∠DCF＝∠FCA﹣∠DCA=12（90°+3

0t°）﹣30t°＝45°﹣15t°．β＝∠D1C1F1＝∠AC1D1+∠AC1F1＝30t°+12（90°﹣30t°）＝（45+15t）°，∵|α﹣β|＝20°，∴|（45°﹣15t°）﹣（45°+15t°）|＝20°，且0＜t＜3，解得t=23．26．（2021秋•永嘉县期末）如图，在直角坐标

系中，设一动点M自P0（1，0）处向上运动1个单位至P1（1，1），然后向左运动2个单位至P2处，再向下运动3个单位至P3处，再向右运动4个单位至P4处，再向上运动5个单位至P5处，…如此继续运动下去，设Pn（xn，yn），n＝1，2，3，…则x1+x2+…+x99+x100＝5

0．【解题思路】经过观察分析可得每4个数的和为2，把100个数分为25组，即可得到相应结果．【解答过程】解：x1+x2+x3+x4＝1﹣1﹣1+3＝2；x5+x6+x7+x8＝3﹣3﹣3+5＝2；…x97+x98+x99+x100＝2；∴原式＝2×（100÷

4）＝50．27．（2021•姜堰区校级期末）对于点O、M，点M沿MO的方向运动到O左转弯继续运动到N，使OM＝ON，且OM⊥ON，这一过程称为M点关于O点完成一次“左转弯运动”．正方形ABCD和点P，P点关于A左转弯运动到P1，P1关于B左转弯运动到P2，P2关于C左转弯运动到P3，P3关于D左

转弯运动到P4，P4关于A左转弯运动到P5，…．（1）请你在图中用直尺和圆规在图中确定点P1的位置；（2）以D为原点、直线AD为y轴建立直角坐标系，并且已知点B在第二象限，A、P两点的坐标为（0，4）、（1，1），请你推断：P2008、P2009、P2010三点的坐标．【解题思路】（1

）过点A作P1A⊥AP于点A，且P1A＝AP即可；（2）画出平面直角坐标系，作出一些相应的点，可得到这些点4个为一轮，依次循环．那么2008能被4整除，应是最后的那个坐标，2009就是第一个坐标，2010就是第二个坐标．【解答过

程】解：（1）用直尺和圆规作图，作图痕迹清晰；（4分）（2）点P（1，1）关于点A（0，4）左转弯运动到P1（﹣3，3），点P1（﹣3，3）关于点B（﹣4，4）左转弯运动到点P2（﹣5，3），点P2（﹣5，3）关于点C（﹣4，0）左转弯运动到点P3（﹣1

，1），点P3（﹣1，1）关于点D（0，0）左转弯运动到点P4（1，1），（6分）点P4（1，1）关于点A（0，4）左转弯运动到点P5（﹣3，3），点P5与点P1重合，点P6与点P2重合，（8分）点P

2008的坐标为（1，1），点P2009的坐标为（﹣3，3），点P2010的坐标为（﹣5，3）．（10分）28．（2021春•香坊区期末）已知：点P为∠EAF平分线上一点，PB⊥AE于B，PC⊥AF于C，

点M、N分别是射线AE、AF上的点，且PM＝PN．（1）当点M在线段AB上，点N在线段AC的延长线上时（如图1），求证：BM＝CN；（2）在（1）的条件下，AM+AN＝2AC；（3）当点M在线段AB的延长线上时（如图2），若AC：PC＝2：1，PC＝4，求四边形ANPM的面积．【解题思路

】（1）由点P为∠EAF平分线上一点，PB⊥AE于B，PC⊥AF于C，根据角平分线的性质，可得PB＝PC，又由PM＝PN，利用HL，即可判定Rt△PBM≌Rt△PCN，则可证得结论；（2）由角平分线的性质易证得

AB＝AC，又由AM+AN＝AM+CN+AC＝AM+BM+AC＝AB+AC，即可证得结论；（3）由AC：PC＝2：1，PC＝4，即可求得AC的长，又由S四边形ANPM＝S△APN+S△APB+S△PBM＝S△APN+S△APB+S△PCN＝S△APC+S△APB，即可求得四边形ANPM的面积．【解

答过程】解：（1）∵点P为∠EAF平分线上一点，PB⊥AE，PC⊥AF，∴PB＝PC，∠PBM＝∠PCN＝90°，在Rt△PBM和Rt△PCN中，{𝑃𝑀=𝑃𝑁𝑃𝐵=𝑃𝐶，∴Rt△PBM≌Rt△PCN（HL），∴BM＝CN；（2）∵∠APB＝90°﹣∠PAB，∠APC＝90°﹣

∠PAC，∴∠APC＝∠APB，∵PB⊥AE，PC⊥AF，∴PB＝PC，∴AM+AN＝AM+CN+AC＝AM+BM+AC＝AB+AC＝2AC；故答案为：2；（3）∵AC：PC＝2：1，PC＝4，∴AC＝8，∴AB＝AC＝8，PB＝PC＝4，∴S四边形A

NPM＝S△APN+S△APB+S△PBM＝S△APN+S△APB+S△PCN＝S△APC+S△APB=12AC•PC+12AB•PB=12×8×4+12×8×4＝32．29．（2021•河南期末）如图所示，在R

t△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为BC边上的中点，CE⊥AD于点E，BF∥AC交CE的延长线于点F，求证：AB垂直平分DF．【解题思路】先根据ASA判定△ACD≌△CBF得到BF＝CD，然后又D为BC中点，根据中点定义得到CD＝BD，等量代换得到

BF＝BD，再根据角度之间的数量关系求出∠ABC＝∠ABF，即BA是∠FBD的平分线，从而利用等腰三角形三线合一的性质求证即可．【解答过程】证明：连接DF，∵∠BCE+∠ACE＝90°，∠ACE+∠CAE＝90°，∴∠BCE＝∠CAE．∵AC⊥BC，BF∥AC．∴BF⊥BC．∴∠ACD＝∠CBF＝

90°，∵AC＝CB，∴△ACD≌△CBF．∴CD＝BF．∵CD＝BD=12BC，∴BF＝BD．∴△BFD为等腰直角三角形．∵∠ACB＝90°，CA＝CB，∴∠ABC＝45°．∵∠FBD＝90°，∴∠ABF＝45°．∴∠ABC＝∠ABF，即BA是∠FBD的平分线．∴BA是FD边上的高线，BA又是边

FD的中线，即AB垂直平分DF．30．（2021春•威海期末）如图，动点A，B从原点O同时出发，点A以每秒a个单位长度向x轴的负半轴向左运动，点B以每秒b个单位长度沿y轴的正半轴向上运动．（1）若a，b满足关系|a+

b﹣3|+（a−12b）2＝0，请求出a，b的值；（2）如图①，求当运动时间为2秒时，直线AB的函数表达式；（3）如图②，∠BAO与∠ABO的外角平分线相交于点C，随着点A，点B的运动，∠C的度数是否会发生变化？若度数变化，请说明理由；若度数不变，请求出∠C的度数．【解题思

路】（1）根据非负数的性质可得关于a、b的方程组，求解可得；（2）由（1）中a、b的值可得点A、B的坐标，再用待定系数法即可求得解析式；（3）先求出△ABO两个外角度数为270°，再根据角平分线可得△ABC两个内角度数，从而可得∠C．【解答过程】解：（1）根据题意可得：{𝑎+�

�=3𝑎−12𝑏=0，解得：{𝑎=1𝑏=2；（2）由（1）知，当运动时间为2秒时，点A坐标为（﹣2，0），点B坐标为（0，4），设直线AB解析式为y＝mx+n，将A（﹣2，0）、B（0，4）代入，得：{−2𝑚+𝑛=0�

�=4，解得：{𝑚=2𝑛=4，∴直线AB的解析式为y＝2x+4；（3）随着点A，点B的运动，∠C的度数不会发生变化，∵∠AOB＝90°，∴∠OAB+∠OBA＝90°，∴∠BAO与∠ABO的外角和为180°﹣∠OAB+180°﹣∠ABO＝

360°﹣（∠OAB+∠OBA）＝270°，∵AC、BC分别平分这两个外角，∴∠CAB+∠CBA＝135°，∴∠C＝45°．