八年级数学上册压轴题 期末复习试卷专题练习(word版

八年级数学上册压轴题 期末复习试卷专题练习（word 版
一、压轴题
1．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3a c x +=，3
b d y +=那么称点T 是点A ，B 的融合点．例如：()1,8A -，()4,2B -，当点(),T x y 满足1413x -+=
=，()8223
y +-==时，则点()1,2T 是点A ，B 的融合点． （1）已知点()1,5A -，()7,4B ，()2,3C ，请说明其中一个点是另外两个点的融合点． （2）如图，点()4,0D ，点(),25E t t +是直线l 上任意一点，点(),T x y 是点D ，E 的融合点．
①试确定y 与x 的关系式；
②在给定的坐标系xOy 中，画出①中的函数图象；
③若直线ET 交x 轴于点H ．当DTH 为直角三角形时，直接写出点E 的坐标．
2．（1）探索发现：如图1，已知Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，直线l 过点C ，过点A 作AD ⊥l ，过点B 作BE ⊥l ，垂足分别为D 、E ．求证：AD ＝CE ，CD ＝BE ．
（2）迁移应用：如图2，将一块等腰直角的三角板MON 放在平面直角坐标系内，三角板的一个锐角的顶点与坐标原点O 重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点M 的坐标为（1，3），求点N 的坐标．
（3）拓展应用：如图3，在平面直角坐标系内，已知直线y ＝﹣3x+3与y 轴交于点P ，与x 轴交于点Q ，将直线PQ 绕P 点沿逆时针方向旋转45°后，所得的直线交x 轴于点R ．求点R 的坐标．
3．（1）在等边三角形ABC 中，
①如图①，D ，E 分别是边AC ，AB 上的点且AE=CD ，BD 与EC 交于点F ，则∠BFE 的度数是 度；
②如图②，D ，E 分别是边AC ，BA 延长线上的点且AE=CD ，BD 与EC 的延长线交于点F ，此时∠BFE 的度数是 度；
（2）如图③，在△ABC中，AC=BC，∠ACB是锐角，点O是AC边的垂直平分线与BC的交点，点D，E分别在AC，OA的延长线上，AE=CD，BD与EC的延长线交于点F，若
∠ACB=α，求∠BFE的大小．（用含α的代数式表示）．
4．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3
4
x+m分别与x轴、y轴交于点B、A．其中B
点坐标为（12，0），直线y＝3
8
x与直线AB相交于点C．
（1）求点A的坐标．
（2）求△BOC的面积．
（3）点D为直线AB上的一个动点，过点D作y轴的平行线DE，DE与直线OC交于点E （点D与点E不重合）．设点D的横坐标为t，线段DE长度为d．
①求d与t的函数解析式（写出自变量的取值范围）．
②当动点D在线段AC上运动时，以DE为边在DE的左侧作正方形DEPQ，若以点H
（1
2
，t）、G（1，t）为端点的线段与正方形DEPQ的边只有一个交点时，请直接写出t
的取值范围．
5．在平面直角坐标系xOy中，若P，Q为某个矩形不相邻的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P，Q的“相关矩形”．图1为点P，Q的“相关矩形”的示意图．已知点A的坐标为（1，2）．
（1）如图2，点B的坐标为（b，0）．
①若b＝﹣2，则点A，B的“相关矩形”的面积是；
②若点A，B的“相关矩形”的面积是8，则b的值为．
（2）如图3，点C在直线y＝﹣1上，若点A，C的“相关矩形”是正方形，求直线AC的表达式；
（3）如图4，等边△DEF的边DE在x轴上，顶点F在y轴的正半轴上，点D的坐标为（1，0）．点M的坐标为（m，2），若在△DEF的边上存在一点N，使得点M，N的“相关矩形”为正方形，请直接写出m的取值范围．
6．如图1，直线MN与直线AB、CD分别交于点E、F，∠1与∠2互补．
（1）试判断直线AB与直线CD的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，EP与CD交于点G，点H是MN上一点，且GH⊥EG，求证：PF∥GH；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接PH，K是GH上一点使∠PHK=∠HPK，作PQ平分
∠EPK，求∠HPQ的度数．
7．在等边△ABC的顶点A、C处各有一只蜗牛，它们同时出发，分别以每分钟1米的速度由A向B和由C向A爬行，其中一只蜗牛爬到终点时，另一只也停止运动，经过t分钟后，它们分别爬行到D、E处，请问：
（1）如图1，在爬行过程中，CD和BE始终相等吗，请证明？
（2）如果将原题中的“由A向B和由C向A爬行”，改为“沿着AB和CA的延长线爬行”，EB与CD交于点Q，其他条件不变，蜗牛爬行过程中∠CQE的大小保持不变，请利用图2说明：∠CQE=60°；
（3）如果将原题中“由C向A爬行”改为“沿着BC的延长线爬行，连接DE交AC于
F ”，其他条件不变，如图3，则爬行过程中，证明：DF =EF
8．已知：ABC 中，过B 点作BE ⊥AD ，=90=，∠︒ACB AC BC ．
(1)如图1，点D 在BC 的延长线上，连AD ，作BE AD ⊥于E ，交AC 于点F ．求证：=AD BF ；
(2)如图2，点D 在线段BC 上，连AD ，过A 作AE AD ⊥，且=AE AD ，连BE 交AC 于F ，连DE ，问BD 与CF 有何数量关系，并加以证明；
(3)如图3，点D 在CB 延长线上，=AE AD 且AE AD ⊥，连接BE 、AC 的延长线交BE 于点M ，若=3AC MC ，请直接写出DB BC
的值．
9．如图，在平面直角坐标系中，直线334
y x =-+分别交,x y 轴于A B ，两点，C 为线段AB 的中点，(,0)D t 是线段OA 上一动点（不与A 点重合），射线//BF x 轴，延长DC 交BF 于点E ．
（1）求证：AD BE =；
（2）连接BD ，记BDE 的面积为S ，求S 关于t 的函数关系式；
（3）是否存在t 的值，使得BDE 是以BD 为腰的等腰三角形？若存在，求出所有符合条
件的t 的值；若不存在，请说明理由．
10．（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．
11．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ABF
ACF S S 的值．
12．在Rt ABC 中，ACB =∠90°，30A ∠=︒，点D 是AB 的中点，连结CD ．
（1）如图①，BC 与BD 之间的数量关系是_________，请写出理由；
（2）如图②，若P 是线段CB 上一动点（点P 不与点B 、C 重合），连结DP ，将线段DP 绕点D 逆时针旋转60°，得到线段DF ，连结BF ，请猜想BF ，BP ，BD 三者之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）若点P 是线段CB 延长线上一动点，按照（2）中的作法，请在图③中补全图形，并直接写出BF ，BP ，BD 三者之间的数量关系．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、压轴题
1．（1）点C 是点A 、B 的融合点；（2）①2-1y x =；②见详解；③点E 的坐标为：（2，9）或（8，21）
【解析】
【分析】
（1）根据融合点的定义3a c x +=，3
b d y +=，即可求解； （2）①由题意得：分别得到x 与t 、y 与t 的关系，即可求解；
②利用①的函数关系式解答；
③分∠DTH ＝90°、∠TDH ＝90°、∠HTD ＝90°三种情况，分别求解即可．
【详解】
解：（1）x ＝-17233a c ++==，y ＝54333
b d ++==， 故点C 是点A 、B 的融合点；
（2）①由题意得：x＝
4
33
a c t
++
=，y＝
25
33
b d t
++
=，则3-4
t x
=，
则
()
23-45
2-1
3
x
y x
+
==；
②令x＝0，y＝-1；令y＝0，x＝1
2
，图象如下：
③当∠THD＝90°时，
∵点E（t，2t＋5），点T（t，2t−1），点D（4，0），且点T（x，y）是点D，E的融合点．
∴t＝1
3
（t＋4），
∴t＝2，
∴点E（2，9）；当∠TDH＝90°时，
∵点E（t，2t＋5），点T（4，7），点D（4，0），且点T（x，y）是点D，E的融合点．
∴4＝1
3
（4＋t）
∴t＝8，
∴点E（8，21）；
当∠HTD＝90°时，
由于EH与x轴不平行，故∠HTD不可能为90°；
故点E的坐标为：（2，9）或（8，21）．
【点睛】
本题是一次函数综合运用题，涉及到直角三角形的运用，此类新定义题目，通常按照题设顺序，逐次求解．
2．（1）见解析（2）（4，2）（3）（6，0）
【解析】
【分析】
（1）先判断出∠ACB=∠ADC，再判断出∠CAD=∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE，即可得出结论；
（2）先判断出MF=NG，OF=MG，进而得出MF=1，OF=3，即可求出FG=MF+MG=1+3=4，即可得出结论；
（3）先求出OP=3，由y=0得x=1，进而得出Q（1，0），OQ=1，再判断出PQ=SQ，即可判断出OH=4，SH=0Q=1，进而求出直线PR的解析式，即可得出结论.
【详解】
证明：∵∠ACB＝90°，AD⊥l
∴∠ACB＝∠ADC
∵∠ACE＝∠ADC+∠CAD，∠ACE＝∠ACB+∠BCE
∴∠CAD＝∠BCE，
∵∠ADC＝∠CEB＝90°，AC＝BC
∴△ACD≌△CBE，
∴AD＝CE，CD＝BE，
（2）解：如图2，过点M作MF⊥y轴，垂足为F，过点N作NG⊥MF，交FM的延长线于G，
由已知得OM＝ON，且∠OMN＝90°
∴由（1）得MF＝NG，OF＝MG，
∵M（1，3）
∴MF＝1，OF＝3
∴MG＝3，NG＝1
∴FG＝MF+MG＝1+3＝4，
∴OF﹣NG＝3﹣1＝2，
∴点N的坐标为（4，2），
（3）如图3，过点Q作QS⊥PQ，交PR于S，过点S作SH⊥x轴于H，
对于直线y＝﹣3x+3，由x＝0得y＝3
∴P（0，3），
∴OP＝3
由y＝0得x＝1，
∴Q（1，0），OQ＝1，
∵∠QPR＝45°
∴∠PSQ＝45°＝∠QPS
∴PQ＝SQ
∴由（1）得SH＝OQ，QH＝OP
∴OH＝OQ+QH＝OQ+OP＝3+1＝4，SH＝OQ＝1
∴S（4，1），
设直线PR为y＝kx+b，则
3
41
b
k b
=
⎧
⎨
+=
⎩
，解得
1
k
2
b3
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=
⎩
∴直线PR为y＝﹣
1
2
x+3
由y＝0得，x＝6
∴R（6，0）．
【点睛】
本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键.
3．（1）①60°；②60°；（2）∠BFE =α．
【解析】
【分析】
（1）①先证明△ACE≌△CBD得到∠ACE=∠CBD，再由三角形外角和定理可得
∠BFE=∠CBD+∠BCF；②先证明△ACE≌△CBD得∠ACE=∠CBD=∠DCF，再由三角形外角和定理可得∠BFE=∠D+∠DCF=∠D+∠CBD=∠BCA；
（2）证明△AEC≌△CDB得到∠E=∠D，则∠BFE=∠D+∠DCF=∠E+∠ECA=∠OAC=α．
【详解】
（1）如图①中，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=CB，∠A=∠BCD=60°，
∵AE=CD，
∴△ACE≌△CBD，
∴∠ACE=∠CBD，
∴∠BFE=∠CBD+∠BCF=∠ACE+∠BCF=∠BCA=60°．故答案为60．
（2）如图②中，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=CB，∠A=∠BCD=60°，
∴∠CAE=∠BCD=′120°
∵AE=CD，
∴△ACE≌△CBD，
∴∠ACE=∠CBD=∠DCF，
∴∠BFE=∠D+∠DCF=∠D+∠CBD=∠BCA=60°．
故答案为60．
（3）如图③中，
∵点O是AC边的垂直平分线与BC的交点，
∴OC=OA，
∴∠EAC=∠DCB=α，
∵AC=BC，AE=CD，
∴△AEC≌△CDB，
∴∠E=∠D，
∴∠BFE=∠D+∠DCF=∠E+∠ECA=∠OAC=α．
【点睛】
本题综合考查了三角形全等以及三角形外角和定理.
4．（1）点A坐标为（0，9）；（2）△BOC的面积＝18；（3）①当t＜8时，d＝﹣
9 8t+9，当t＞8时，d＝
9
8
t﹣9；②
1
2
≤t≤1或
76
17
≤t≤
80
17
．
【解析】
【分析】
（1）将点B坐标代入解析式可求直线AB解析式，即可求点A坐标；（2）联立方程组可求点C坐标，即可求解；
（3）由题意列出不等式组，可求解．
【详解】
解：（1）∵直线y＝﹣3
4
x+m与y轴交于点B（12，0），
∴0＝﹣3
4
×12+m，
∴m＝9，
∴直线AB的解析式为：y＝﹣3
4
x+9，
当x＝0时，y＝9，
∴点A坐标为（0，9）；
（
2）由题意可得：
3
8
3
9
4
y x
y x
⎧
=
⎪⎪
⎨
⎪=+
⎪⎩
，
解得：
8
3 x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
，
∴点C（8，3），
∴△BOC的面积＝1
2
×12×3＝18；
（3）①如图，
∵点D的横坐标为t，
∴点D（t，﹣3
4
t+9），点E（t，
3
8
t），
当t＜8时，d＝﹣3
4
t+9﹣
3
8
t＝﹣
9
8
t+9，
当t＞8时，d＝3
8
t+
3
4
t﹣9＝
9
8
t﹣9；
②∵以点H（1
2
，t）、G（1，t）为端点的线段与正方形DEPQ的边只有一个交点，
∴1
2
≤t≤1或
91
9
82
9
91
8
t t
t t
⎧
-+≤-
⎪⎪
⎨
⎪-+≥-
⎪⎩
，
∴1
2
≤t≤1或
76
17
≤t≤
80
17
．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，三角形的面积公式，不等式组的应用，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
5．（1）①6；②5或﹣3；（2）直线AC的表达式为：y＝﹣x+3或y＝x+1；（3）m的取
值范围为﹣3≤m≤﹣2m≤3．
【解析】
【分析】
（1）①由矩形的性质即可得出结果；
②由矩形的性质即可得出结果；
（2）过点A（1，2）作直线y＝﹣1的垂线，垂足为点G，则AG＝3求出正方形AGCH的边长为3，分两种情况求出直线AC的表达式即可；
（3）由题意得出点M在直线y＝2上，由等边三角形的性质和题意得出OD＝OE＝1
2
DE＝
1，EF＝DF＝DE＝2，得出OF OD
①当点N在边EF上时，若点N与E重合，点M，N的“相关矩形”为正方形，则点M的坐标为（﹣3，2）或（1，2）；若点N与F重合，点M，N的“相关矩形”为正方形，则
点M的坐标为（﹣2）；得出m的取值范围为﹣3≤m≤﹣或2﹣
≤m≤1；
②当点N在边DF上时，若点N与D重合，点M，N的“相关矩形”为正方形，则点M 的坐标为（3，2）或（﹣1，2）；若点N与F重合，点M，N的“相关矩形”为正方形，
则点M的坐标为（22）；得出m的取值范围为2≤m≤3或2﹣
≤m≤1；即可得出结论．
【详解】
解：（1）①∵b＝﹣2，
∴点B的坐标为（﹣2，0），如图2﹣1所示：
∵点A的坐标为（1，2），
∴由矩形的性质可得：点A，B的“相关矩形”的面积＝（1+2）×2＝6，
故答案为：6；
②如图2﹣2所示：
由矩形的性质可得：点A，B的“相关矩形”的面积＝|b﹣1|×2＝8，
∴|b﹣1|＝4，
∴b＝5或b＝﹣3，
故答案为：5或﹣3；
（2）过点A（1，2）作直线y＝﹣1的垂线，垂足为点G，则AG＝3，
∵点C在直线y＝﹣1上，点A，C的“相关矩形”AGCH是正方形，
∴正方形AGCH的边长为3，
当点C在直线x＝1右侧时，如图3﹣1所示：
CG＝3，
则C（4，﹣1），
设直线AC的表达式为：y＝kx+a，
则
2
14
k a
k a
=+
⎧
⎨
-=+
⎩
，
解得；
1
3
k
a
=-
⎧
⎨
=
⎩
，
∴直线AC的表达式为：y＝﹣x+3；
当点C在直线x＝1左侧时，如图3﹣2所示：CG＝3，
则C（﹣2，﹣1），
设直线AC的表达式为：y＝k′x+b，
则
2
12
k b
k b
=+
⎧
⎨
-=-+
'
'
⎩
，
解得：
k1 b1
=
⎧
⎨
=
'
⎩
，
∴直线AC的表达式为：y＝x+1，
综上所述，直线AC的表达式为：y＝﹣x+3或y＝x+1；
（3）∵点M的坐标为（m，2），
∴点M在直线y＝2上，
∵△DEF是等边三角形，顶点F在y轴的正半轴上，点D的坐标为（1，0），
∴OD＝OE＝1
2
DE＝1，EF＝DF＝DE＝2，
∴OF＝3OD＝3，
分两种情况：如图4所示：
①当点N在边EF上时，若点N与E重合，点M，N的“相关矩形”为正方形，则点M的坐标为（﹣3，2）或（1，2）；
若点N与F重合，点M，N的“相关矩形”为正方形，
则点M的坐标为（﹣2+3，2）或（2﹣3，2）；
∴m的取值范围为﹣3≤m≤﹣2+3或2﹣3≤m≤1；
②当点N在边DF上时，若点N与D重合，点M，N的“相关矩形”为正方形，则点M的坐标为（3，2）或（﹣1，2）；
若点N与F重合，点M，N的“相关矩形”为正方形，
则点M的坐标为（2﹣3，2）或（﹣2+3，2）；
∴m的取值范围为2﹣3≤m≤3或﹣1≤m≤﹣2+3；
综上所述，m的取值范围为﹣3≤m≤﹣2+3或2﹣3≤m≤3．
【点睛】
此题主要考查图形与坐标综合，解题的关键是熟知正方形的性质、一次函数的图像与性质及新定义的应用．
6．（1）AB ∥CD ，理由见解析；（2）证明见解析；（3）45°．
【解析】
【分析】
（1）利用对顶角相等、等量代换可以推知同旁内角∠AEF 、∠CFE 互补，所以易证AB ∥CD ；
（2）利用（1）中平行线的性质推知∠BEF+∠EFD=180°；然后根据角平分线的性质、三角形内角和定理证得∠EPF=90°，即EG ⊥PF ，故结合已知条件GH ⊥EG ，易证PF ∥GH ； （3）利用三角形外角定理、三角形内角和定理求得
90902KPG PKG HPK ︒︒∠=-∠=-∠；然后由邻补角的定义、角平分线的定义推知
1452
QPK EPK HPK ︒∠=∠=+∠；最后根据图形中的角与角间的和差关系求得∠HPQ =45°．
【详解】
（1）AB ∥CD ，
理由如下：
∵∠1与∠2互补，
∴∠1+∠2=180°，
又∵∠1=∠AEF ，∠2=∠CFE ，
∴∠AEF +∠CFE =180°，
∴AB ∥CD ；
（2）由（1）知，AB ∥CD ，∴∠BEF +∠EFD =180°．
又∵∠BEF 与∠EFD 的角平分线交于点P ， ∴1()902
FEP EFP BEF EFD ︒∠+∠=
∠+∠= ∴∠EPF =90°，即EG ⊥PF ．
∵GH ⊥EG ，
∴PF ∥GH ；
（3）∵∠PHK =∠HPK ，
∴∠PKG =2∠HPK ．
又∵GH ⊥EG ，
∴∠KPG =90°﹣∠PKG =90°﹣2∠HPK ，
∴∠EPK =180°﹣∠KPG =90°+2∠HPK ．
∵PQ 平分∠EPK ， ∴1452
QPK EPK HPK ︒∠=
∠=+∠， ∴∠HPQ =∠QPK ﹣∠HPK =45°．
答：∠HPQ 的度数为45°．
【点睛】 本题考查了平行线的判定与性质．解题过程中，注意“数形结合”数学思想的运用．
7．（1)相等，证明见解析；（2)证明见解析；（3)证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）先证明△ACD ≌△CBE ，再由全等三角形的性质即可证得CD=BE ；
（2）先证明△BCD ≌△ABE ，得到∠BCD=∠ABE ，求出
∠DQB=∠BCQ+∠CBQ=∠ABE+∠CBQ=180°-∠ABC ，∠CQE=180°-∠DQB ，即可解答； （3）如图3，过点D 作DG ∥BC 交AC 于点G ，根据等边三角形的三边相等，可以证得AD=DG=CE ；进而证明△DGF 和△ECF 全等，最后根据全等三角形的性质即可证明．
【详解】
（1）解：CD 和BE 始终相等，理由如下：
如图1，AB=BC=CA ，两只蜗牛速度相同，且同时出发，
∴CE=AD ，∠A=∠BCE=60°
在△ACD 与△CBE 中，
AC=CB ，∠A=∠BCE ，AD=CE
∴△ACD ≌△CBE （SAS ），
∴CD=BE ，即CD 和BE 始终相等；
（2）证明：根据题意得：CE=AD ，
∵AB=AC ，
∴AE=BD ，
∴△ABC 是等边三角形，
∴AB=BC ，∠BAC=∠ACB=60°，
∵∠EAB+∠ABC=180°，∠DBC+∠ABC=180°，
∴∠EAB=∠DBC ，
在△BCD 和△ABE 中，
BC=AB ，∠DBC=∠EAB ，BD=AE
∴△BCD ≌△ABE （SAS ），
∴∠BCD=∠ABE
∴∠DQB=∠BCQ+∠CBQ=∠ABE+∠CBQ=180°-∠ABC=180°-60°=120°，
∴∠CQE=180°-∠DQB=60°，即CQE=60°；
（3）解：爬行过程中，DF 始终等于EF 是正确的，理由如下：
如图，过点D 作DG ∥BC 交AC 于点G ，
∴∠ADG=∠B=∠AGD=60°，∠GDF=∠E ，
∴△ADG 为等边三角形，
∴AD=DG=CE ，
在△DGF 和△ECF 中，
∠GFD=∠CFE ，∠GDF=∠E ，DG=EC
∴△DGF ≌△EDF （AAS ），
∴DF=EF.
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质和等边三角形的性质；题弄懂题中所给的信息，再根据所提供的思路寻找证明条件是解答本题的关键．
8．（1）见详解，（2）2BD CF ，证明见详解，（3）23
．
【解析】
【分析】
（1）欲证明BF AD =，只要证明BCF ACD ∆≅∆即可；
（2）结论：2BD CF =．如图2中，作EH AC ⊥于H ．只要证明ACD EHA ∆≅∆，推出CD AH =，EH AC BC ==，由EHF BCF ∆≅∆，推出CH CF =即可解决问题； （3）利用（2）中结论即可解决问题；
【详解】
（1）证明：如图1中，
BE AD ⊥于E ，
90AEF BCF ∴∠=∠=︒，
AFE CFB ∠=∠，
DAC CBF ∴∠=∠，
BC AC =，
BCF ACD ∴∆≅∆(AAS )，
BF AD ∴=．
（2）结论：2BD CF =．
理由：如图2中，作EH AC ⊥于H ．
90AHE ACD DAE ∠=∠=∠=︒，
90DAC ADC ∴∠+∠=︒，90DAC EAH ∠+∠=︒，
ADC EAH ∴∠=∠，AD AE =，
ACD EHA ∴∆≅∆，
CD AH ∴=，EH AC BC ==，
CB CA =，
BD CH ∴=，
90EHF BCF ∠=∠=︒，EFH BFC ∠=∠，EH BC =，
EHF BCF ∴∆≅∆，
FH FC ∴=，
2BD CH CF ∴==．
（3）如图3中，作EH AC ⊥于交AC 延长线于H ． 90AHE ACD DAE ∠=∠=∠=︒， 90DAC ADC ∴∠+∠=︒，90DAC EAH ∠+∠=︒，
ADC EAH ∴∠=∠，
AD AE =，
ACD EHA ∴∆≅∆，
CD AH ∴=，EH AC BC ==，
CB CA =，
BD CH ∴=，
90EHM BCM ∠=∠=︒，EMH BMC ∠=∠，EH BC =，
EHM BCM ∴∆≅∆，
MH MC ∴=，
2BD CH CM ∴==．
3AC CM =，设CM a =，则3AC CB a ==，2BD a =，
∴2233
DB a BC a ==．
【点睛】
本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，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，属于中考压轴题．另外对于类似连续几步的综合题，一般前一步为后一步提供解题的条件或方法．
9．（1）详见解析；（2）36(04)2BDE t t S -+≤<=；（3）存在，当78t =或43时，使得BDE 是以BD 为腰的等腰三角形．
【解析】
【分析】 （
1）先判断出EBC DAC ∠=∠，CEB CDA ∠=∠，再判断出BC AC =，进而判断出△BCE ≌△ACD ，即可得出结论；
（2）先确定出点A ，B 坐标，再表示出AD ，即可得出结论；
（3）分两种情况：当BD BE =时，利用勾股定理建立方程2223(4)t t +=-，即可得出结论；当BD DE =时，先判断出Rt △OBD ≌Rt △MED ，得出DM OD t ==，再用OM BE =建立方程求解即可得出结论．
【详解】
解：（1）证明：射线//BF x 轴，
EBC DAC ∴∠=∠，CEB CDA ∠=∠，
又
C 为线段AB 的中点，
BC AC ∴=，
在△BCE 和△ACD 中， CEB CDA EBC DAC BC AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△BCE ≌△ACD （AAS ），
BE AD ∴=；
（2）解：在直线334
y x =-+中， 令0x =，则3y =，
令0y =，则4x =，
A ∴点坐标为(4,0)，
B 点坐标为(0,3)，
D 点坐标为(,0)t ，
4AD t BE ∴=-=，
113(4)36(04)222
BDE ABD B S S AD y t t t ∴==⋅=-⨯=-+<；
（3）当BD BE =时，
在Rt OBD ∆中，90BOD ∠=︒，
由勾股定理得：222OB OD DB +=，
即2223(4)t t +=-
解得：78
t =； 当BD DE =时，
过点E 作EM x ⊥轴于M ，
90BOD EMD ∴∠=∠=︒，
//BF OA ，
OB ME ∴= 在Rt △OBD 和Rt △MED 中，
==BD DE OB ME
⎧⎨⎩， ∴Rt △OBD ≌Rt △MED （HL ），
OD DM t ∴==，
由OM BE =得：24t t =- 解得：43t =
， 综上所述，当78t =或43
时，使得△BDE 是以BD 为腰的等腰三角形．
【点睛】
本题是一次函数综合题，主要考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
10．90︒，45︒；20︒，30︒；2a γβ+=，2a γβ-=.
【解析】
【分析】
（1）①如图①知1112EMC BMC ∠=∠，1112
C MF C MC ∠=∠得 ()1112
EMF 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 ∠=∠，1112
C MF C MC ∠=∠， ()1111111800229EMF EMC C MF BMC C MC ︒︒∴∠=∠+∠=
∠⨯=+∠=， 故答案为90︒. ②如图②中，111111,22
EBA 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 ︒︒∴-∠+∠=，
()11
2906090AMC ︒︒︒∴-+∠=， 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.
11．（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＝∠2
②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 AFC
S 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．
12．（1）BC BD =，理由见解析；（2）BF BP BD +=，证明见解析；（3）BF BP BD +=．
【解析】
【分析】
（1）利用含30的直角三角形的性质得出12
BC AB =，即可得出结论； （2）同（1）的方法得出BC BD =进而得出BCD ∆是等边三角形，进而利用旋转全等模型易证DCP DBF ∆≅∆，得出CP BF =即可解答；
（3）同（2）的方法得出结论．
【详解】
解：（1）
90ACB ∠=︒，30A ∠=︒，
60CBA ∴∠=︒，12
BC AB =， 点D 是AB 的中点，
BC BD ∴=，
故答案为：BC BD =；
（2）BF BP BD +=，
理由：90ACB ∠=︒，30A ∠=︒，
60CBA ∴∠=︒，12
BC AB =， 点D 是AB 的中点，
BC BD ∴=，
DBC ∴∆是等边三角形，
60CDB ∴∠=︒，DC DB =，
线段DP 绕点D 逆时针旋转60︒，得到线段DF ，
60PDF ∴∠=︒，DP DF =，
CDB PDB PDF PDB ∴∠-∠=∠-∠，
CDP BDF ∴∠=∠，
在DCP ∆和DBF ∆中， DC DB CDP BDF DP DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
DCP DBF ∴∆≅∆，
CP BF ∴=，
CP BP BC +=，
BF BP BC ∴+=，
BC BD =，
BF BP BD ∴+=；
（3）如图③，BF BD BP
=+，
理由：90
ACB
∠=︒，30
A
∠=︒，
60
CBA
∴∠=︒，
1
2
BC AB
=，
点D是AB的中点，
BC BD
∴=，
DBC
∴∆是等边三角形，
60
CDB
∴∠=︒，DC DB
=，
线段DP绕点D逆时针旋转60︒，得到线段DF，
60
PDF
∴∠=︒，DP DF
=，
CDB PDB PDF PDB
∴∠+∠=∠+∠，
CDP BDF
∴∠=∠，
在DCP
∆和DBF
∆中，
DC DB
CDP BDF
DP DF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
DCP DBF
∴∆≅∆，
CP BF
∴=，
CP BC BP
=+，
BF BC BP
∴=+，
BC BD
=，
BF BD BP
∴=+．
【点睛】
此题是三角形综合题，主要考查了含30的直角三角形的性质，等边三角形的判定，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解本题的关键是判断出DCP DBF
∆≅∆，是一道中等难度的中考常考题．。