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2021-2022学年湖南省长沙部分学校八年级（上）期中数学试卷 解析版
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这是一份2021-2022学年湖南省长沙部分学校八年级（上）期中数学试卷 解析版，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖南省长沙部分学校八年级（上）期中数学试卷
一、选择题（每小题3分，共30分，每题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．）
1．（3分）下面四幅作品是某设计公司为学校文化墙设计的体育运动简笔画，其中轴对称图形是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．x2⋅x3＝x6 B．x6÷x3＝x3 C．x3+x3＝2x6 D．（﹣2x）3＝6x3
3．（3分）已知三角形的三边长分别为2、x、10，则x的值可能是（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
4．（3分）如果一个等腰三角形的两边长为2和5，那么这个三角形的周长是（ ）
A．9 B．12 C．9或12 D．不确定
5．（3分）下列条件不能得到等边三角形的是（ ）
A．有两个内角是60°的三角形
B．有一个角是60°的等腰三角形
C．腰和底相等的等腰三角形
D．有两个角相等的等腰三角形
6．（3分）一棵大树在一次强台风中于离地面5米处折断倒下，倒下部分与地面成30°夹角，这棵大树在折断前的高度为（ ）
A．10米 B．15米 C．25米 D．30米
7．（3分）如图，AB＝AC，若要使△ABE≌△ACD．则添加的一个条件不能是（ ）
A．BD＝CE B．BE＝CD C．∠B＝∠C D．∠ADC＝∠AEB
8．（3分）如图，在△ABC中，分别以点A和点C为圆心，大于AC长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN分别交BC，AC于点D，E．若AE＝3cm，△ABD的周长为13cm，则△ABC的周长为（ ）
A．16cm B．19cm C．22cm D．25cm
9．（3分）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D，过点D作DE∥BC交AC于点E．若∠A＝60°，∠B＝48°，则∠CDE的大小为（ ）
A．72° B．36° C．30° D．18
10．（3分）如图，AD是△ABC中∠BAC的平分线，DE⊥AB交AB于点E，DF⊥AC交AC于点F，若S△ABC＝7，DE＝2，AB＝4，则AC的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）若一个正多边形的一个内角是120°，则这个正多边形是正 边形．
12．（3分）若am＝10，an＝6，则am+n＝ ．
13．（3分）已知m﹣n＝﹣1，mn＝5，则（3﹣m）（3+n）的值为 ．
14．（3分）如图，在△ABC中，点D是边BC上的一点．若AB＝AD＝DC，∠BAD＝44°，则∠C的大小为 ．
15．（3分）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE，AD⊥CE，垂足分别为E，D，AD＝25，DE＝17，则BE＝ ．
16．（3分）在平面直角坐标系中，若点A（2，0），点B（0，1），在坐标轴上找一点C，使得△ABC是等腰三角形，这样的点C可以找到 个．
三、解答题（共9小题，共72分）
17．（6分）计算：．
18．（6分）先化简，再求值：x（x﹣1）+（2x+1）（x+1）﹣3x（2x﹣5），其中x＝﹣1．
19．（6分）某公司门前一块长为（6a+2b）米，宽为（4a+2b）米的长方形空地要铺地砖，如图所示，空白的甲、乙两正方形区域是建筑物，不需要铺地砖．两正方形区域的边长均为（a+b）米．
（1）求铺设地砖的面积是多少平方米；
（2）当a＝2，b＝3时，需要铺地砖的面积是多少？
20．（8分）如图，在平面直角坐标系中．
（1）求出△ABC的面积；
（2）在图中作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，并写出A1，B1，C1的坐标；
（3）在x轴上找一点P，使得点P到B、C两点的距离之和最小．
21．（8分）如图，AC是四边形ABCD的对角线，∠1＝∠B，点E，F分别在边AB，BC上，且BE＝CD，BF＝CA，连接EF．
（1）求证：∠2＝∠D；
（2）若EF∥AC，∠D＝74°，求∠BAC的度数．
22．（9分）如图，△ABC为等边三角形，DE∥AC，点O为线段EC上一点，DO的延长线与AC的延长线交于点F，DO＝FO．
（1）求证：△BDE是等边三角形；
（2）求证：△DOE≌△FOC；
（3）若AC＝7，FC＝3，求OC．
23．（9分）几何探究
在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点（不与点B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：BD＝CE．
（2）如图2，若点D在线段CB的延长线上，∠BCE＝α，∠BAC＝β．则α、β之间有怎样的数量关系？写出你的理由．
（3）如图3，当点D在线段BC上，∠BAC＝90°，BC＝4，求S△DCE最大值．
24．（10分）定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形．
（1）互补四边形ABCD中，若∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A＝ °；
（2）已知：如图1，在四边形ABCD中BD平分∠ABC，AD＝CD，BC＞BA．求证：四边形ABCD是互补四边形；
（3）如图2，互补四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，CD＝3，点E，F分别是边BC，CD的动点，且∠EAF＝∠BAD，△CEF周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由．
25．（10分）长方形ABCD位于平面直角坐标系中平行移动．
（1）如图1，若AB⊥x轴且点A的坐标（﹣4，4），点C的坐标为（﹣1，﹣2），在边AB上有动点P，过点P作直线PQ交BC边于点Q，并使得BP＝2BQ．
①求长方形ABCD的面积．
②在直线CD上是否存在一点M，使得△MPQ是以PQ为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
（2）如图2，若AB⊥x轴且A、B关于x轴对称，连接BD、OB、OD，且OB平分∠CBD，求证：BO⊥DO．
2021-2022学年湖南省长沙部分学校八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分，每题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．）
1．（3分）下面四幅作品是某设计公司为学校文化墙设计的体育运动简笔画，其中轴对称图形是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用轴对称图形定义进行解答即可．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【解答】解：选项B、C、D均不能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
选项A能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：A．
2．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．x2⋅x3＝x6 B．x6÷x3＝x3 C．x3+x3＝2x6 D．（﹣2x）3＝6x3
【分析】分别根据同底数幂乘除法法则、合并同类项法则、幂的乘方法则进行计算即可．
【解答】解：A．x2⋅x3＝x5，选项错误，不符合题意；
B．x6÷x3＝x3，选项正确，符合题意；
C．x3+x3＝2x3，选项错误，不符合题意；
D．（﹣2x）3＝﹣8x3，选项错误，不符合题意；
故选：B．
3．（3分）已知三角形的三边长分别为2、x、10，则x的值可能是（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】根据三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边求出x的取值范围，然后即可选择答案．
【解答】解：∵10﹣2＝8，10+2＝12，
∴8＜x＜12，
∴x的可能取值是10．
故选：C．
4．（3分）如果一个等腰三角形的两边长为2和5，那么这个三角形的周长是（ ）
A．9 B．12 C．9或12 D．不确定
【分析】题目给出等腰三角形有两边长为2和5，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【解答】解：∵2+2＝4＜5，
∴腰的长不能为2，只能为5，
∴等腰三角形的周长＝2×5+2＝12，
故选：B．
5．（3分）下列条件不能得到等边三角形的是（ ）
A．有两个内角是60°的三角形
B．有一个角是60°的等腰三角形
C．腰和底相等的等腰三角形
D．有两个角相等的等腰三角形
【分析】根据等边三角形的定义可知：满足三边相等、有一内角为60°且两边相等或有两个内角为60°中任意一个条件的三角形都是等边三角形．
【解答】解：A、有两个内角是60°的三角形是等边三角形，不符合题意；
B、有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，不符合题意；
C、腰和底相等的等腰三角形是等边三角形，不符合题意；
D、有两个角相等的等腰三角形可能不是等边三角形，符合题意；
故选：D．
6．（3分）一棵大树在一次强台风中于离地面5米处折断倒下，倒下部分与地面成30°夹角，这棵大树在折断前的高度为（ ）
A．10米 B．15米 C．25米 D．30米
【分析】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，由此即可得到AB＝2AC，而根据题意找到CA＝5米，由此即可求出AB，也就求出了大树在折断前的高度．
【解答】解：如图，在Rt△ABC中，
∵∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC，
∵CA＝5米，
∴AB＝10米，
∴AB+AC＝15米．
所以这棵大树在折断前的高度为15米．
故选：B．
7．（3分）如图，AB＝AC，若要使△ABE≌△ACD．则添加的一个条件不能是（ ）
A．BD＝CE B．BE＝CD C．∠B＝∠C D．∠ADC＝∠AEB
【分析】已知条件AB＝AC，还有公共角∠A，然后再结合选项所给条件和全等三角形的判定定理进行分析即可．
【解答】解：A、添加BD＝CE可得AD＝AE，可利用利用SAS定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
B、添加BE＝CD不能判定△ABE≌△ACD，故此选项符合题意；
C、添加∠B＝∠C可利用ASA定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
D、添加∠ADC＝∠AEB可利用AAS定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
故选：B．
8．（3分）如图，在△ABC中，分别以点A和点C为圆心，大于AC长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN分别交BC，AC于点D，E．若AE＝3cm，△ABD的周长为13cm，则△ABC的周长为（ ）
A．16cm B．19cm C．22cm D．25cm
【分析】利用线段的垂直平分线的性质即可解决问题．
【解答】解：∵DE垂直平分线段AC，
∴DA＝DC，AE+EC＝6cm，
∵AB+AD+BD＝13cm，
∴AB+BD+DC＝13cm，
∴△ABC的周长＝AB+BD+DC+AC＝13+6＝19cm，
故选：B．
9．（3分）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D，过点D作DE∥BC交AC于点E．若∠A＝60°，∠B＝48°，则∠CDE的大小为（ ）
A．72° B．36° C．30° D．18
【分析】由三角形内角和定理得出∠ACB＝72°，由角平分线定义得出∠BCD＝36°，再由平行线的性质即可得出答案．
【解答】解：∵∠A＝60°，∠B＝48°，
∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝72°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠BCD＝∠ACB＝36°，
∵DE∥BC，
∴∠CDE＝∠BCD＝36°；
故选：B．
10．（3分）如图，AD是△ABC中∠BAC的平分线，DE⊥AB交AB于点E，DF⊥AC交AC于点F，若S△ABC＝7，DE＝2，AB＝4，则AC的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】先根据角平分线的性质得到DF＝DE＝2，再利用三角形面积公式得到×2×4+×2×AC＝7，然后解关于AC的方程即可．
【解答】解：∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DF＝DE＝2，
∵S△ABD+S△ACD＝S△ABC，
∴×2×4+×2×AC＝7，
∴AC＝3．
故选：A．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）若一个正多边形的一个内角是120°，则这个正多边形是正 六 边形．
【分析】一个正多边形的每个内角都相等，根据内角与外角互为邻补角，因而就可以求出外角的度数．根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．
【解答】解：外角是180°﹣120°＝60°，
360°÷60＝6，则这个多边形是六边形．
故答案为：六．
12．（3分）若am＝10，an＝6，则am+n＝ 60 ．
【分析】同逆向运用同底数幂的乘法法则计算即可，底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加．
【解答】解：∵am＝10，an＝6，
∴am+n＝am•an＝10×6＝60．
故答案为：60．
13．（3分）已知m﹣n＝﹣1，mn＝5，则（3﹣m）（3+n）的值为 7 ．
【分析】根据多项式乘多项式展开，将m﹣n＝﹣1，mn＝5整体代入即可得到答案．
【解答】解：（3﹣m）（3+n）
＝9+3n﹣3m﹣mn
＝9﹣3（m﹣n）﹣mn，
当m﹣n＝﹣1，mn＝5时，
原式＝9﹣3×（﹣1）﹣5
＝9﹣（﹣3）﹣5
＝9+3﹣5
＝7，
故答案为：7．
14．（3分）如图，在△ABC中，点D是边BC上的一点．若AB＝AD＝DC，∠BAD＝44°，则∠C的大小为 34° ．
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形内角和，可以先计算出∠ADB的度数，然后再根据AD＝DC，∠ADB＝∠C+∠DAC，即可得到∠C的度数．
【解答】解：∵AB＝AD，
∴∠B＝∠ADB，
∵∠BAD＝44°，
∴∠ADB＝＝68°，
∵AD＝DC，∠ADB＝∠C+∠DAC，
∴∠C＝∠DAC＝∠ADB＝34°，
故答案为：34°．
15．（3分）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE，AD⊥CE，垂足分别为E，D，AD＝25，DE＝17，则BE＝ 8 ．
【分析】可先证明△BCE≌△CAD，可求得CE＝AD，结合条件可求得CD，则可求得BE．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，
∴∠BCE+∠ACD＝90°，
又∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E＝∠ADC＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠CBE＝∠ACD，
在△CBE和△ACD中，，
∴△CBE≌△ACD（AAS），
∴BE＝CD，CE＝AD＝25，
∵DE＝17，
∴CD＝CE﹣DE＝AD﹣DE＝25﹣17＝8，
∴BE＝CD＝8；
故答案为：8．
16．（3分）在平面直角坐标系中，若点A（2，0），点B（0，1），在坐标轴上找一点C，使得△ABC是等腰三角形，这样的点C可以找到 8 个．
【分析】根据等腰三角形两腰相等，分别以A、B为圆心以AB的长度为半径画圆，与坐标轴的交点即为所求的点C，AB的垂直平分线与坐标轴的交点也可以满足△ABC是等腰三角形．
【解答】解：如图，使得△ABC是等腰三角形，这样的点C可以找到8个．
故答案为：8．
三、解答题（共9小题，共72分）
17．（6分）计算：．
【分析】化简算术平方根，绝对值，零指数幂，有理数的乘方，然后再计算．
【解答】解：原式＝3+3﹣﹣1﹣1
＝4﹣．
18．（6分）先化简，再求值：x（x﹣1）+（2x+1）（x+1）﹣3x（2x﹣5），其中x＝﹣1．
【分析】先根据单项式乘多项式和多项式乘多项式进行计算，再合并同类项，最后代入求出答案即可．
【解答】解：原式＝x2﹣x+2x2+2x+x+1﹣6x2+15x
＝﹣3x2+17x+1，
当x＝﹣1时，原式＝﹣3×（﹣1）2+17×（﹣1）+1＝﹣3﹣17+1＝﹣19．
19．（6分）某公司门前一块长为（6a+2b）米，宽为（4a+2b）米的长方形空地要铺地砖，如图所示，空白的甲、乙两正方形区域是建筑物，不需要铺地砖．两正方形区域的边长均为（a+b）米．
（1）求铺设地砖的面积是多少平方米；
（2）当a＝2，b＝3时，需要铺地砖的面积是多少？
【分析】（1）长方形空地的面积减去建筑物A、B的面积即可；
（2）把a＝2，b＝3时代入计算即可．
【解答】解：（1）铺设地砖的面积为：（6a+2b）（4a+2b）﹣2（a+b）2
＝24a2+20ab+4b2﹣2a2﹣4ab﹣2b2
＝22a2+16ab+2b2（平方米），
答：铺设地砖的面积为（22a2+16ab+2b2）平方米；
（2）当a＝2，b＝3时，
原式＝22×22+16×2×3+2×32
＝202（平方米），
答：当a＝2，b＝3时，需要铺地砖的面积是202平方米．
20．（8分）如图，在平面直角坐标系中．
（1）求出△ABC的面积；
（2）在图中作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，并写出A1，B1，C1的坐标；
（3）在x轴上找一点P，使得点P到B、C两点的距离之和最小．
【分析】（1）利用矩形的面积减去三个顶点上三角形的面积即可；
（2）作出各点关于y轴的对称点，顺次连接各点即可；
（3）作点B关于x轴的对称点B′，连接B′C交x轴于点P，则点P即为所求点．
【解答】解：（1）S△ABC＝3×4﹣×2×2﹣×2×3﹣×1×4＝12﹣2﹣3﹣2＝5；
（2）如图所示，由图可知，A1（﹣3，4），B1（﹣1，2），C1（﹣5，1）；
（3）如图所示，点P即为所求．
21．（8分）如图，AC是四边形ABCD的对角线，∠1＝∠B，点E，F分别在边AB，BC上，且BE＝CD，BF＝CA，连接EF．
（1）求证：∠2＝∠D；
（2）若EF∥AC，∠D＝74°，求∠BAC的度数．
【分析】（1）根据题意利用SAS证明△BEF≌△CDA，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）根据平行线的性质得出∠BAC＝∠2，由（1）得∠2＝∠D，等量代换即可得解．
【解答】（1）证明：在△BEF和△CDA中，
，
∴△BEF≌△CDA（SAS），
∴∠2＝∠D．
（2）解：∵EF∥AC，
∴∠BAC＝∠2，
由（1）知，∠2＝∠D，
∴∠BAC＝∠D，
∵∠D＝74°，
∴∠BAC＝74°．
22．（9分）如图，△ABC为等边三角形，DE∥AC，点O为线段EC上一点，DO的延长线与AC的延长线交于点F，DO＝FO．
（1）求证：△BDE是等边三角形；
（2）求证：△DOE≌△FOC；
（3）若AC＝7，FC＝3，求OC．
【分析】（1）根据等边三角形的性质和判定解答即可；
（2）根据ASA证明△DOE≌△FOC即可；
（3）根据等边三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠ACB，
∵DE∥AC，
∴∠A＝∠BDE，∠ACB＝∠DEB，
∴∠B＝∠BDE＝∠DEB，
∴△BDE是等边三角形；
（2）∵DE∥AC，
∴∠EDO＝∠CFO，
在△DOE和△FOC中，
，
∴△DOE≌△FOC（ASA）；
（3）∵△ABC为等边三角形，
∴BC＝AC＝7，
由（1）（2）得：BE＝DE＝CF＝3，EO＝CO，
∴EC＝BC﹣BE＝4，
∴OC＝EC＝2．
23．（9分）几何探究
在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点（不与点B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：BD＝CE．
（2）如图2，若点D在线段CB的延长线上，∠BCE＝α，∠BAC＝β．则α、β之间有怎样的数量关系？写出你的理由．
（3）如图3，当点D在线段BC上，∠BAC＝90°，BC＝4，求S△DCE最大值．
【分析】（1）利用SAS定理证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等证明；
（2）根据全等三角形的性质得到∠ACE＝∠ABD，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理得到∠ACB＝∠ABC＝90°﹣β，根据三角形的外角性质列式计算即可；
（3）作AH⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出AH，证明△ABD≌△ACE，得到S△AEC＝S△ABD，根据垂线段最短解答即可．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：α＝β．
理由如下：同（1）的方法可得，△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠BCE＝α，
∴∠ACE＝∠ACB+∠BCE＝∠ACB+α，
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝β，
∴∠ACB＝∠ABC＝（180°﹣β）＝90°﹣β，
∴∠ABD＝180°﹣∠ABC＝90°+β，
∴∠ACE＝∠ACB+α＝90°﹣β+α，
∵∠ACE＝∠ABD＝90°+β，
∴90°﹣β+α＝90°+β，
∴α＝β；
（3）解：如图3，过点A作AH⊥BC于H，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∴BH＝AH＝HC＝BC＝2，
同（1）的方法可得，△ABD≌△ACE（SAS），
∴S△AEC＝S△ABD，
∴S△AEC+S△ADC＝S△ABD+S△ADC，即S四边形ADCE＝S△ABC＝×4×2＝4，
∴S△DCE＝S四边形ADCE﹣S△ADE，
当S△ADE最小时，S△DCE最大，
当AD⊥BC时，AD最小，最小值是2，
∴S△ADE最小值是×2×2＝2，
∴S△DCE最大＝4﹣2＝2．
24．（10分）定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形．
（1）互补四边形ABCD中，若∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A＝ 90 °；
（2）已知：如图1，在四边形ABCD中BD平分∠ABC，AD＝CD，BC＞BA．求证：四边形ABCD是互补四边形；
（3）如图2，互补四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，CD＝3，点E，F分别是边BC，CD的动点，且∠EAF＝∠BAD，△CEF周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由．
【分析】（1）由互补四边形和四边形内角和定理即可求出∠A的度数；
（2）在BC上截取BE＝BA，连接DE，证△BAD≌△BED．得∠A＝∠DEB，AD＝DE．再证DE＝DC．然后由等腰三角形的性质得出∠C＝∠DEC，即可得出结论；
（3）延长CB到G，使BG＝DF，连接AG、AC，证Rt△ACD≌Rt△ACB（HL），得∠ACD＝∠ACB＝30°，CD＝BC＝3，再由SAS证△ABG≌△ADF，得∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，然后由SAS证△AEF≌△AEG，得EF＝EG＝EB+BG＝EB+DF，进而得出答案．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是互补四边形，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，
∴∠B＝60°，∠C＝90°，
又∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴∠A＝180°﹣∠C＝90°，
故答案为：90；
（2）证明：在BC上截取BE＝BA，连接DE，如图1所示：
在△BAD和△BED中，
，
∴△BAD≌△BED（SAS），
∴∠A＝∠DEB，AD＝DE．
∵AD＝CD，
∴DE＝DC．
∴∠C＝∠DEC．
∵∠BED+∠DEC＝180°，
∴∠A+∠C＝180°，
∴四边形ABCD是互补四边形；
（3）解：△CEF周长不变，值为6．理由如下：
延长CB到G，使BG＝DF，连接AG，AC，如图2所示：
∵∠ABC＝∠D＝90°，
∴△ACD和△ACB都是直角三角形，
在Rt△ACD和Rt△ACB中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△ACB（HL），
∴CD＝BC＝3，
∵∠ABE＝∠D＝90°，
∴∠ABG＝∠D＝90°，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∠BAG+∠BAE＝∠EAG，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△AEF和△AEG中，
，
∴△AEF≌△AEG（SAS），
∴EF＝EG＝EB+BG＝EB+DF，
∴EF+CE+CF＝BC+CD＝3+3＝6，
即△CEF的周长＝EF+CE+CF＝BC+CD＝6．
25．（10分）长方形ABCD位于平面直角坐标系中平行移动．
（1）如图1，若AB⊥x轴且点A的坐标（﹣4，4），点C的坐标为（﹣1，﹣2），在边AB上有动点P，过点P作直线PQ交BC边于点Q，并使得BP＝2BQ．
①求长方形ABCD的面积．
②在直线CD上是否存在一点M，使得△MPQ是以PQ为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
（2）如图2，若AB⊥x轴且A、B关于x轴对称，连接BD、OB、OD，且OB平分∠CBD，求证：BO⊥DO．
【分析】（1）①求出点B的坐标（﹣4，﹣2），点D（﹣1，4），进而求解；
②如图，若∠MPQ＝90°，过点M作MN⊥AB于点N，证明△PMN≌△QPB（AAS），即可求解；如图，若∠PQM＝90°，证明△BPQ≌△CQM（AAS），进而求解；
（2）证明∠ABE＝∠BAE，得到AE＝DE＝BE、BE＝EO＝DE，进而求解．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
且AB⊥x轴，点A的坐标（﹣4，4），点C的坐标为（﹣1，﹣2），
∴点B的坐标（﹣4，﹣2），点D（﹣1，4），
∴AD＝3＝BC，AB＝CD＝6，
∴S长方形ABCD＝AB×BC＝18；
②如图，若∠MPQ＝90°，过点M作MN⊥AB于点N，
∵MN⊥AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形BCMN是矩形，
∴MN＝BC＝3，BN＝CM，
∵MN⊥AB，∠MPQ＝90°，
∴∠BPQ+∠BQP＝90°，∠NPM+∠BPQ＝90°，
∴∠BQP＝∠MPN，且PQ＝PM，∠ABC＝∠PNM＝90°，
∴△PMN≌△QPB（AAS），
∴PB＝MN＝3，BQ＝PN，
∵PB＝2BQ，
∴，
∴，
∴点M坐标；
如图，若∠PQM＝90°，
∵∠PQM＝90°，∠ABC＝90°，
∴∠PQB+∠MQC＝90°，∠BPQ+∠PQB＝90°，
∴∠BPQ＝∠MQC，且PQ＝QM，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴△BPQ≌△CQM（AAS），
∴BQ＝CM，QC＝BP，
∵BQ+QC＝BQ+BP＝BC＝3，且BP＝2BQ，
∴BQ＝MC＝1，
∴点M坐标（﹣1，﹣1）
综上所述：点M坐标为或（﹣1，﹣1）；
（2）设BD与x轴的交点为E，连接AE，
∵A、B关于x轴对称，
∴AE＝BE，
∴∠ABE＝∠BAE，
∵∠BAD＝90°，
∴∠ABE+∠ADB＝90°，∠BAE+∠EAD＝90°，
∴∠ADB＝∠EAD，
∴AE＝DE，
∴AE＝DE＝BE，
∵AB⊥x轴，AB⊥BC，
∴BC∥x轴，
∴∠EOB＝∠OBC，
∵BO平分∠CBD，
∴∠DBO＝∠CBO，
∴∠DBO＝∠EOB，
∴BE＝EO，
∴BE＝EO＝DE，
∴∠EDO＝∠EOD，
∵∠DBO+∠EOB+∠EDO+∠EOD＝180°，
∴∠BOE+∠DOE＝90°，
∴∠BOD＝90°，即BO⊥DO．
2021-2022学年湖南省长沙部分学校八年级（上）期中数学试卷
一、选择题（每小题3分，共30分，每题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．）
1．（3分）下面四幅作品是某设计公司为学校文化墙设计的体育运动简笔画，其中轴对称图形是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．x2⋅x3＝x6 B．x6÷x3＝x3 C．x3+x3＝2x6 D．（﹣2x）3＝6x3
3．（3分）已知三角形的三边长分别为2、x、10，则x的值可能是（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
4．（3分）如果一个等腰三角形的两边长为2和5，那么这个三角形的周长是（ ）
A．9 B．12 C．9或12 D．不确定
5．（3分）下列条件不能得到等边三角形的是（ ）
A．有两个内角是60°的三角形
B．有一个角是60°的等腰三角形
C．腰和底相等的等腰三角形
D．有两个角相等的等腰三角形
6．（3分）一棵大树在一次强台风中于离地面5米处折断倒下，倒下部分与地面成30°夹角，这棵大树在折断前的高度为（ ）
A．10米 B．15米 C．25米 D．30米
7．（3分）如图，AB＝AC，若要使△ABE≌△ACD．则添加的一个条件不能是（ ）
A．BD＝CE B．BE＝CD C．∠B＝∠C D．∠ADC＝∠AEB
8．（3分）如图，在△ABC中，分别以点A和点C为圆心，大于AC长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN分别交BC，AC于点D，E．若AE＝3cm，△ABD的周长为13cm，则△ABC的周长为（ ）
A．16cm B．19cm C．22cm D．25cm
9．（3分）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D，过点D作DE∥BC交AC于点E．若∠A＝60°，∠B＝48°，则∠CDE的大小为（ ）
A．72° B．36° C．30° D．18
10．（3分）如图，AD是△ABC中∠BAC的平分线，DE⊥AB交AB于点E，DF⊥AC交AC于点F，若S△ABC＝7，DE＝2，AB＝4，则AC的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）若一个正多边形的一个内角是120°，则这个正多边形是正 边形．
12．（3分）若am＝10，an＝6，则am+n＝ ．
13．（3分）已知m﹣n＝﹣1，mn＝5，则（3﹣m）（3+n）的值为 ．
14．（3分）如图，在△ABC中，点D是边BC上的一点．若AB＝AD＝DC，∠BAD＝44°，则∠C的大小为 ．
15．（3分）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE，AD⊥CE，垂足分别为E，D，AD＝25，DE＝17，则BE＝ ．
16．（3分）在平面直角坐标系中，若点A（2，0），点B（0，1），在坐标轴上找一点C，使得△ABC是等腰三角形，这样的点C可以找到 个．
三、解答题（共9小题，共72分）
17．（6分）计算：．
18．（6分）先化简，再求值：x（x﹣1）+（2x+1）（x+1）﹣3x（2x﹣5），其中x＝﹣1．
19．（6分）某公司门前一块长为（6a+2b）米，宽为（4a+2b）米的长方形空地要铺地砖，如图所示，空白的甲、乙两正方形区域是建筑物，不需要铺地砖．两正方形区域的边长均为（a+b）米．
（1）求铺设地砖的面积是多少平方米；
（2）当a＝2，b＝3时，需要铺地砖的面积是多少？
20．（8分）如图，在平面直角坐标系中．
（1）求出△ABC的面积；
（2）在图中作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，并写出A1，B1，C1的坐标；
（3）在x轴上找一点P，使得点P到B、C两点的距离之和最小．
21．（8分）如图，AC是四边形ABCD的对角线，∠1＝∠B，点E，F分别在边AB，BC上，且BE＝CD，BF＝CA，连接EF．
（1）求证：∠2＝∠D；
（2）若EF∥AC，∠D＝74°，求∠BAC的度数．
22．（9分）如图，△ABC为等边三角形，DE∥AC，点O为线段EC上一点，DO的延长线与AC的延长线交于点F，DO＝FO．
（1）求证：△BDE是等边三角形；
（2）求证：△DOE≌△FOC；
（3）若AC＝7，FC＝3，求OC．
23．（9分）几何探究
在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点（不与点B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：BD＝CE．
（2）如图2，若点D在线段CB的延长线上，∠BCE＝α，∠BAC＝β．则α、β之间有怎样的数量关系？写出你的理由．
（3）如图3，当点D在线段BC上，∠BAC＝90°，BC＝4，求S△DCE最大值．
24．（10分）定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形．
（1）互补四边形ABCD中，若∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A＝ °；
（2）已知：如图1，在四边形ABCD中BD平分∠ABC，AD＝CD，BC＞BA．求证：四边形ABCD是互补四边形；
（3）如图2，互补四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，CD＝3，点E，F分别是边BC，CD的动点，且∠EAF＝∠BAD，△CEF周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由．
25．（10分）长方形ABCD位于平面直角坐标系中平行移动．
（1）如图1，若AB⊥x轴且点A的坐标（﹣4，4），点C的坐标为（﹣1，﹣2），在边AB上有动点P，过点P作直线PQ交BC边于点Q，并使得BP＝2BQ．
①求长方形ABCD的面积．
②在直线CD上是否存在一点M，使得△MPQ是以PQ为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
（2）如图2，若AB⊥x轴且A、B关于x轴对称，连接BD、OB、OD，且OB平分∠CBD，求证：BO⊥DO．
2021-2022学年湖南省长沙部分学校八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分，每题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．）
1．（3分）下面四幅作品是某设计公司为学校文化墙设计的体育运动简笔画，其中轴对称图形是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用轴对称图形定义进行解答即可．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【解答】解：选项B、C、D均不能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
选项A能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：A．
2．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．x2⋅x3＝x6 B．x6÷x3＝x3 C．x3+x3＝2x6 D．（﹣2x）3＝6x3
【分析】分别根据同底数幂乘除法法则、合并同类项法则、幂的乘方法则进行计算即可．
【解答】解：A．x2⋅x3＝x5，选项错误，不符合题意；
B．x6÷x3＝x3，选项正确，符合题意；
C．x3+x3＝2x3，选项错误，不符合题意；
D．（﹣2x）3＝﹣8x3，选项错误，不符合题意；
故选：B．
3．（3分）已知三角形的三边长分别为2、x、10，则x的值可能是（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】根据三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边求出x的取值范围，然后即可选择答案．
【解答】解：∵10﹣2＝8，10+2＝12，
∴8＜x＜12，
∴x的可能取值是10．
故选：C．
4．（3分）如果一个等腰三角形的两边长为2和5，那么这个三角形的周长是（ ）
A．9 B．12 C．9或12 D．不确定
【分析】题目给出等腰三角形有两边长为2和5，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【解答】解：∵2+2＝4＜5，
∴腰的长不能为2，只能为5，
∴等腰三角形的周长＝2×5+2＝12，
故选：B．
5．（3分）下列条件不能得到等边三角形的是（ ）
A．有两个内角是60°的三角形
B．有一个角是60°的等腰三角形
C．腰和底相等的等腰三角形
D．有两个角相等的等腰三角形
【分析】根据等边三角形的定义可知：满足三边相等、有一内角为60°且两边相等或有两个内角为60°中任意一个条件的三角形都是等边三角形．
【解答】解：A、有两个内角是60°的三角形是等边三角形，不符合题意；
B、有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，不符合题意；
C、腰和底相等的等腰三角形是等边三角形，不符合题意；
D、有两个角相等的等腰三角形可能不是等边三角形，符合题意；
故选：D．
6．（3分）一棵大树在一次强台风中于离地面5米处折断倒下，倒下部分与地面成30°夹角，这棵大树在折断前的高度为（ ）
A．10米 B．15米 C．25米 D．30米
【分析】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，由此即可得到AB＝2AC，而根据题意找到CA＝5米，由此即可求出AB，也就求出了大树在折断前的高度．
【解答】解：如图，在Rt△ABC中，
∵∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC，
∵CA＝5米，
∴AB＝10米，
∴AB+AC＝15米．
所以这棵大树在折断前的高度为15米．
故选：B．
7．（3分）如图，AB＝AC，若要使△ABE≌△ACD．则添加的一个条件不能是（ ）
A．BD＝CE B．BE＝CD C．∠B＝∠C D．∠ADC＝∠AEB
【分析】已知条件AB＝AC，还有公共角∠A，然后再结合选项所给条件和全等三角形的判定定理进行分析即可．
【解答】解：A、添加BD＝CE可得AD＝AE，可利用利用SAS定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
B、添加BE＝CD不能判定△ABE≌△ACD，故此选项符合题意；
C、添加∠B＝∠C可利用ASA定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
D、添加∠ADC＝∠AEB可利用AAS定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
故选：B．
8．（3分）如图，在△ABC中，分别以点A和点C为圆心，大于AC长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN分别交BC，AC于点D，E．若AE＝3cm，△ABD的周长为13cm，则△ABC的周长为（ ）
A．16cm B．19cm C．22cm D．25cm
【分析】利用线段的垂直平分线的性质即可解决问题．
【解答】解：∵DE垂直平分线段AC，
∴DA＝DC，AE+EC＝6cm，
∵AB+AD+BD＝13cm，
∴AB+BD+DC＝13cm，
∴△ABC的周长＝AB+BD+DC+AC＝13+6＝19cm，
故选：B．
9．（3分）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D，过点D作DE∥BC交AC于点E．若∠A＝60°，∠B＝48°，则∠CDE的大小为（ ）
A．72° B．36° C．30° D．18
【分析】由三角形内角和定理得出∠ACB＝72°，由角平分线定义得出∠BCD＝36°，再由平行线的性质即可得出答案．
【解答】解：∵∠A＝60°，∠B＝48°，
∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝72°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠BCD＝∠ACB＝36°，
∵DE∥BC，
∴∠CDE＝∠BCD＝36°；
故选：B．
10．（3分）如图，AD是△ABC中∠BAC的平分线，DE⊥AB交AB于点E，DF⊥AC交AC于点F，若S△ABC＝7，DE＝2，AB＝4，则AC的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】先根据角平分线的性质得到DF＝DE＝2，再利用三角形面积公式得到×2×4+×2×AC＝7，然后解关于AC的方程即可．
【解答】解：∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DF＝DE＝2，
∵S△ABD+S△ACD＝S△ABC，
∴×2×4+×2×AC＝7，
∴AC＝3．
故选：A．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）若一个正多边形的一个内角是120°，则这个正多边形是正 六 边形．
【分析】一个正多边形的每个内角都相等，根据内角与外角互为邻补角，因而就可以求出外角的度数．根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．
【解答】解：外角是180°﹣120°＝60°，
360°÷60＝6，则这个多边形是六边形．
故答案为：六．
12．（3分）若am＝10，an＝6，则am+n＝ 60 ．
【分析】同逆向运用同底数幂的乘法法则计算即可，底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加．
【解答】解：∵am＝10，an＝6，
∴am+n＝am•an＝10×6＝60．
故答案为：60．
13．（3分）已知m﹣n＝﹣1，mn＝5，则（3﹣m）（3+n）的值为 7 ．
【分析】根据多项式乘多项式展开，将m﹣n＝﹣1，mn＝5整体代入即可得到答案．
【解答】解：（3﹣m）（3+n）
＝9+3n﹣3m﹣mn
＝9﹣3（m﹣n）﹣mn，
当m﹣n＝﹣1，mn＝5时，
原式＝9﹣3×（﹣1）﹣5
＝9﹣（﹣3）﹣5
＝9+3﹣5
＝7，
故答案为：7．
14．（3分）如图，在△ABC中，点D是边BC上的一点．若AB＝AD＝DC，∠BAD＝44°，则∠C的大小为 34° ．
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形内角和，可以先计算出∠ADB的度数，然后再根据AD＝DC，∠ADB＝∠C+∠DAC，即可得到∠C的度数．
【解答】解：∵AB＝AD，
∴∠B＝∠ADB，
∵∠BAD＝44°，
∴∠ADB＝＝68°，
∵AD＝DC，∠ADB＝∠C+∠DAC，
∴∠C＝∠DAC＝∠ADB＝34°，
故答案为：34°．
15．（3分）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE，AD⊥CE，垂足分别为E，D，AD＝25，DE＝17，则BE＝ 8 ．
【分析】可先证明△BCE≌△CAD，可求得CE＝AD，结合条件可求得CD，则可求得BE．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，
∴∠BCE+∠ACD＝90°，
又∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E＝∠ADC＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠CBE＝∠ACD，
在△CBE和△ACD中，，
∴△CBE≌△ACD（AAS），
∴BE＝CD，CE＝AD＝25，
∵DE＝17，
∴CD＝CE﹣DE＝AD﹣DE＝25﹣17＝8，
∴BE＝CD＝8；
故答案为：8．
16．（3分）在平面直角坐标系中，若点A（2，0），点B（0，1），在坐标轴上找一点C，使得△ABC是等腰三角形，这样的点C可以找到 8 个．
【分析】根据等腰三角形两腰相等，分别以A、B为圆心以AB的长度为半径画圆，与坐标轴的交点即为所求的点C，AB的垂直平分线与坐标轴的交点也可以满足△ABC是等腰三角形．
【解答】解：如图，使得△ABC是等腰三角形，这样的点C可以找到8个．
故答案为：8．
三、解答题（共9小题，共72分）
17．（6分）计算：．
【分析】化简算术平方根，绝对值，零指数幂，有理数的乘方，然后再计算．
【解答】解：原式＝3+3﹣﹣1﹣1
＝4﹣．
18．（6分）先化简，再求值：x（x﹣1）+（2x+1）（x+1）﹣3x（2x﹣5），其中x＝﹣1．
【分析】先根据单项式乘多项式和多项式乘多项式进行计算，再合并同类项，最后代入求出答案即可．
【解答】解：原式＝x2﹣x+2x2+2x+x+1﹣6x2+15x
＝﹣3x2+17x+1，
当x＝﹣1时，原式＝﹣3×（﹣1）2+17×（﹣1）+1＝﹣3﹣17+1＝﹣19．
19．（6分）某公司门前一块长为（6a+2b）米，宽为（4a+2b）米的长方形空地要铺地砖，如图所示，空白的甲、乙两正方形区域是建筑物，不需要铺地砖．两正方形区域的边长均为（a+b）米．
（1）求铺设地砖的面积是多少平方米；
（2）当a＝2，b＝3时，需要铺地砖的面积是多少？
【分析】（1）长方形空地的面积减去建筑物A、B的面积即可；
（2）把a＝2，b＝3时代入计算即可．
【解答】解：（1）铺设地砖的面积为：（6a+2b）（4a+2b）﹣2（a+b）2
＝24a2+20ab+4b2﹣2a2﹣4ab﹣2b2
＝22a2+16ab+2b2（平方米），
答：铺设地砖的面积为（22a2+16ab+2b2）平方米；
（2）当a＝2，b＝3时，
原式＝22×22+16×2×3+2×32
＝202（平方米），
答：当a＝2，b＝3时，需要铺地砖的面积是202平方米．
20．（8分）如图，在平面直角坐标系中．
（1）求出△ABC的面积；
（2）在图中作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，并写出A1，B1，C1的坐标；
（3）在x轴上找一点P，使得点P到B、C两点的距离之和最小．
【分析】（1）利用矩形的面积减去三个顶点上三角形的面积即可；
（2）作出各点关于y轴的对称点，顺次连接各点即可；
（3）作点B关于x轴的对称点B′，连接B′C交x轴于点P，则点P即为所求点．
【解答】解：（1）S△ABC＝3×4﹣×2×2﹣×2×3﹣×1×4＝12﹣2﹣3﹣2＝5；
（2）如图所示，由图可知，A1（﹣3，4），B1（﹣1，2），C1（﹣5，1）；
（3）如图所示，点P即为所求．
21．（8分）如图，AC是四边形ABCD的对角线，∠1＝∠B，点E，F分别在边AB，BC上，且BE＝CD，BF＝CA，连接EF．
（1）求证：∠2＝∠D；
（2）若EF∥AC，∠D＝74°，求∠BAC的度数．
【分析】（1）根据题意利用SAS证明△BEF≌△CDA，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）根据平行线的性质得出∠BAC＝∠2，由（1）得∠2＝∠D，等量代换即可得解．
【解答】（1）证明：在△BEF和△CDA中，
，
∴△BEF≌△CDA（SAS），
∴∠2＝∠D．
（2）解：∵EF∥AC，
∴∠BAC＝∠2，
由（1）知，∠2＝∠D，
∴∠BAC＝∠D，
∵∠D＝74°，
∴∠BAC＝74°．
22．（9分）如图，△ABC为等边三角形，DE∥AC，点O为线段EC上一点，DO的延长线与AC的延长线交于点F，DO＝FO．
（1）求证：△BDE是等边三角形；
（2）求证：△DOE≌△FOC；
（3）若AC＝7，FC＝3，求OC．
【分析】（1）根据等边三角形的性质和判定解答即可；
（2）根据ASA证明△DOE≌△FOC即可；
（3）根据等边三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠ACB，
∵DE∥AC，
∴∠A＝∠BDE，∠ACB＝∠DEB，
∴∠B＝∠BDE＝∠DEB，
∴△BDE是等边三角形；
（2）∵DE∥AC，
∴∠EDO＝∠CFO，
在△DOE和△FOC中，
，
∴△DOE≌△FOC（ASA）；
（3）∵△ABC为等边三角形，
∴BC＝AC＝7，
由（1）（2）得：BE＝DE＝CF＝3，EO＝CO，
∴EC＝BC﹣BE＝4，
∴OC＝EC＝2．
23．（9分）几何探究
在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点（不与点B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：BD＝CE．
（2）如图2，若点D在线段CB的延长线上，∠BCE＝α，∠BAC＝β．则α、β之间有怎样的数量关系？写出你的理由．
（3）如图3，当点D在线段BC上，∠BAC＝90°，BC＝4，求S△DCE最大值．
【分析】（1）利用SAS定理证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等证明；
（2）根据全等三角形的性质得到∠ACE＝∠ABD，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理得到∠ACB＝∠ABC＝90°﹣β，根据三角形的外角性质列式计算即可；
（3）作AH⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出AH，证明△ABD≌△ACE，得到S△AEC＝S△ABD，根据垂线段最短解答即可．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：α＝β．
理由如下：同（1）的方法可得，△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠BCE＝α，
∴∠ACE＝∠ACB+∠BCE＝∠ACB+α，
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝β，
∴∠ACB＝∠ABC＝（180°﹣β）＝90°﹣β，
∴∠ABD＝180°﹣∠ABC＝90°+β，
∴∠ACE＝∠ACB+α＝90°﹣β+α，
∵∠ACE＝∠ABD＝90°+β，
∴90°﹣β+α＝90°+β，
∴α＝β；
（3）解：如图3，过点A作AH⊥BC于H，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∴BH＝AH＝HC＝BC＝2，
同（1）的方法可得，△ABD≌△ACE（SAS），
∴S△AEC＝S△ABD，
∴S△AEC+S△ADC＝S△ABD+S△ADC，即S四边形ADCE＝S△ABC＝×4×2＝4，
∴S△DCE＝S四边形ADCE﹣S△ADE，
当S△ADE最小时，S△DCE最大，
当AD⊥BC时，AD最小，最小值是2，
∴S△ADE最小值是×2×2＝2，
∴S△DCE最大＝4﹣2＝2．
24．（10分）定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形．
（1）互补四边形ABCD中，若∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A＝ 90 °；
（2）已知：如图1，在四边形ABCD中BD平分∠ABC，AD＝CD，BC＞BA．求证：四边形ABCD是互补四边形；
（3）如图2，互补四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，CD＝3，点E，F分别是边BC，CD的动点，且∠EAF＝∠BAD，△CEF周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由．
【分析】（1）由互补四边形和四边形内角和定理即可求出∠A的度数；
（2）在BC上截取BE＝BA，连接DE，证△BAD≌△BED．得∠A＝∠DEB，AD＝DE．再证DE＝DC．然后由等腰三角形的性质得出∠C＝∠DEC，即可得出结论；
（3）延长CB到G，使BG＝DF，连接AG、AC，证Rt△ACD≌Rt△ACB（HL），得∠ACD＝∠ACB＝30°，CD＝BC＝3，再由SAS证△ABG≌△ADF，得∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，然后由SAS证△AEF≌△AEG，得EF＝EG＝EB+BG＝EB+DF，进而得出答案．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是互补四边形，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，
∴∠B＝60°，∠C＝90°，
又∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴∠A＝180°﹣∠C＝90°，
故答案为：90；
（2）证明：在BC上截取BE＝BA，连接DE，如图1所示：
在△BAD和△BED中，
，
∴△BAD≌△BED（SAS），
∴∠A＝∠DEB，AD＝DE．
∵AD＝CD，
∴DE＝DC．
∴∠C＝∠DEC．
∵∠BED+∠DEC＝180°，
∴∠A+∠C＝180°，
∴四边形ABCD是互补四边形；
（3）解：△CEF周长不变，值为6．理由如下：
延长CB到G，使BG＝DF，连接AG，AC，如图2所示：
∵∠ABC＝∠D＝90°，
∴△ACD和△ACB都是直角三角形，
在Rt△ACD和Rt△ACB中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△ACB（HL），
∴CD＝BC＝3，
∵∠ABE＝∠D＝90°，
∴∠ABG＝∠D＝90°，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∠BAG+∠BAE＝∠EAG，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△AEF和△AEG中，
，
∴△AEF≌△AEG（SAS），
∴EF＝EG＝EB+BG＝EB+DF，
∴EF+CE+CF＝BC+CD＝3+3＝6，
即△CEF的周长＝EF+CE+CF＝BC+CD＝6．
25．（10分）长方形ABCD位于平面直角坐标系中平行移动．
（1）如图1，若AB⊥x轴且点A的坐标（﹣4，4），点C的坐标为（﹣1，﹣2），在边AB上有动点P，过点P作直线PQ交BC边于点Q，并使得BP＝2BQ．
①求长方形ABCD的面积．
②在直线CD上是否存在一点M，使得△MPQ是以PQ为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
（2）如图2，若AB⊥x轴且A、B关于x轴对称，连接BD、OB、OD，且OB平分∠CBD，求证：BO⊥DO．
【分析】（1）①求出点B的坐标（﹣4，﹣2），点D（﹣1，4），进而求解；
②如图，若∠MPQ＝90°，过点M作MN⊥AB于点N，证明△PMN≌△QPB（AAS），即可求解；如图，若∠PQM＝90°，证明△BPQ≌△CQM（AAS），进而求解；
（2）证明∠ABE＝∠BAE，得到AE＝DE＝BE、BE＝EO＝DE，进而求解．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
且AB⊥x轴，点A的坐标（﹣4，4），点C的坐标为（﹣1，﹣2），
∴点B的坐标（﹣4，﹣2），点D（﹣1，4），
∴AD＝3＝BC，AB＝CD＝6，
∴S长方形ABCD＝AB×BC＝18；
②如图，若∠MPQ＝90°，过点M作MN⊥AB于点N，
∵MN⊥AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形BCMN是矩形，
∴MN＝BC＝3，BN＝CM，
∵MN⊥AB，∠MPQ＝90°，
∴∠BPQ+∠BQP＝90°，∠NPM+∠BPQ＝90°，
∴∠BQP＝∠MPN，且PQ＝PM，∠ABC＝∠PNM＝90°，
∴△PMN≌△QPB（AAS），
∴PB＝MN＝3，BQ＝PN，
∵PB＝2BQ，
∴，
∴，
∴点M坐标；
如图，若∠PQM＝90°，
∵∠PQM＝90°，∠ABC＝90°，
∴∠PQB+∠MQC＝90°，∠BPQ+∠PQB＝90°，
∴∠BPQ＝∠MQC，且PQ＝QM，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴△BPQ≌△CQM（AAS），
∴BQ＝CM，QC＝BP，
∵BQ+QC＝BQ+BP＝BC＝3，且BP＝2BQ，
∴BQ＝MC＝1，
∴点M坐标（﹣1，﹣1）
综上所述：点M坐标为或（﹣1，﹣1）；
（2）设BD与x轴的交点为E，连接AE，
∵A、B关于x轴对称，
∴AE＝BE，
∴∠ABE＝∠BAE，
∵∠BAD＝90°，
∴∠ABE+∠ADB＝90°，∠BAE+∠EAD＝90°，
∴∠ADB＝∠EAD，
∴AE＝DE，
∴AE＝DE＝BE，
∵AB⊥x轴，AB⊥BC，
∴BC∥x轴，
∴∠EOB＝∠OBC，
∵BO平分∠CBD，
∴∠DBO＝∠CBO，
∴∠DBO＝∠EOB，
∴BE＝EO，
∴BE＝EO＝DE，
∴∠EDO＝∠EOD，
∵∠DBO+∠EOB+∠EDO+∠EOD＝180°，
∴∠BOE+∠DOE＝90°，
∴∠BOD＝90°，即BO⊥DO．
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