期末压轴题精炼 专项训练 2025-2026学年 人教版八年级数学上册（含答案）

这是一份期末压轴题精炼 专项训练 2025-2026学年 人教版八年级数学上册（含答案），共59页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，∠ABC=∠ACB，BD，CD，BE分别平分∠ABC，∠ACP，∠MBC，以下结论： ①AD//BC; ②DB⊥BE; ③∠BDC+∠ABC=90∘; ④∠BAC+2∠BEC=180∘.其中正确的结论有 .(填序号)
2.如图，AB=BE，∠DBC=12∠ABE，BD⊥AC，则下列结论正确的是： .(填序号)
①BC平分∠DCE；
②∠ABE+∠ECD=180°；
③AC=2BE+CE；
④AC=2CD−CE．
3.如图，在四边形ABCD中，AB=BC，AD=CD，我们把这种两组邻边
分别相等的四边形叫做“筝形”.筝形ABCD的对角线AC、BD相交于点O.
已知∠ADC=120°，∠ABC=60°，小婵同学得到如下结论：①△ABC是
等边三角形；②BD=2AD；③S四边形ABCD=AC⋅BD；④点M、N分别在
线段AB、BC上，且∠MDN=60°，则MN=AM+CN，其中正确的
结论有 .(填写所有正确结论的序号)
4.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=2.D为BC上一动点，
连接AD，AD的垂直平分线分别交AC，AB于点E，F，则线段BF长的最大值是 ．
5.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AB=10，
AD平分∠CAB交BC于D点，E，F分别是AD，AC上的动点，
则CE+EF的最小值为_________ ．
6.如图，在直角坐标系中，点A(0,4)，B(−3,0)，C是线段AB的中点，
D为x轴上一个动点，以AD为直角边作等腰直角△ADE(点A，D，E以
顺时针方向排列)，其中∠DAE=90°，则点E的横坐标等于______，
如图，点A，B，C在同一直线上，在这条直线同侧作等边△ABD和等边△BCE，连接AE和CD，交点为M，AE交BD于点P，CD交BE于点Q，连接PQ、BM，有4个结论：
①△ABE≌△DBC，
②△DQB≌△APB，
③∠EAC=30°，
④∠AMC=120°，请将所有正确结论的序号填在横线上 ．
二、解答题
8.在平面直角坐标系中，点A(4,0)，B(0,4)，点C是x轴负半轴上的一动点，连接BC，过点A作直线BC的垂线，垂足为D，交y轴于点E．
(1)如图(1)，
①判断∠BCO与∠AEO是否相等(直接写出结论，不需要证明)．
②若OC=2，求点E的坐标．
(2)如图(2)，若OC4时，请问(2)的结论是否成立？若成立，
画出图形，并证明；若不成立，说明理由．
9.(本小题8分)
如图，OC平分∠AOB，P为OC上的一点，∠MPN的两边分别与OA、OB相交于点M、N．
(1)如图1，若∠AOB=90°，∠MPN=90°，过点P作PE⊥OA于点E，作PF⊥OB于点F，请判断PM与PN的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若∠AOB=120°，∠MPN=60°，求证：OP=OM+ON．
10.(本小题8分)
在等边△ABC中，线段AM为BC边上的中线.当动点D在直线AM上时，以CD为边在CD的下方作等边△CDE，连接BE．
(1)若点D在线段AM上(如图 ①)，则AD BE(填“>”“AC)沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展开纸片(如图②)；再次折叠该三角形纸片，使点A和点D重合，折痕为EF，展平纸片后得到△AEF(如图③).小明认为△AEF是等腰三角形，你同意吗？请说明理由；
(3)实践运用：将矩形纸片ABCD按如下步骤操作：将纸片对折得折痕EF，折痕与AD边交于点E，与BC边交于点F；将矩形ABFE与矩形EFCD分别沿折痕MN和PQ折叠，使点A、点D都与点F重合，展开纸片，此时恰好有MP=MN=PQ(如图④)，求∠MNF的大小．
18.(本小题8分)
已知，D为等边△ABC的边BC上一点，点E在射线AD上，连接BE，CE．
(1)如图1，点E在线段AD上，CE平分∠ACB，求证：AE=BE；
(2)∠CED=60°；
①如图2，点E在线段AD的延长线上，求∠BED的度数；
②如图3，点E在线段AD上，AE=2CE，求∠BED的度数．
19.(本小题8分)
如图，等腰Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠CAB=∠CBA=45°，AC=BC，E点为射线CB上一动点，连接AE，作AF⊥AE且AF=AE．
(1)如图1，过F点作FG⊥AC交AC于G点，求证：△AGF≌△ECA，AG=EC；
(2)如图2，在(1)的条件下，连接BF交AC于D点，若AD=3CD，求证：E点为BC中点；
(3)如图3，当E点在CB的延长线上时，连接BF与AC的延长线交于D点，若BCBE=43，则ADCD=________．
20.(本小题8分)
材料阅读：
将分式x2+2x−5x+3拆分成一个整式与一个分式(分子为整数)的和(差)的形式．
解： 由分母为x+3，可设x2+2x−5=(x+3)(x+a)+b，∴x2+2x−5=(x+3)(x+a)+b=x2+ax+3x+3a+b=x2+(a+3)x+(3a+b)．
∵对于任意x，上述等式均成立，∴a+3=2,3a+b=−5,解得a=−1,b=−2,
∴x2+2x−5x+3=(x+3)(x−1)−2x+3=(x+3)(x−1)x+3−2x+3=x−1−2x+3．
这样，分式x2+2x−5x+3就被拆分成一个整式与一个分式(分子为整数)的和(差)的形式．
(1)将分式x2+3x+6x−1拆分成一个整式与一个分式(分子为整数)的和(差)的形式;
(2)将分式−2x4−x2+5−x2+1拆分成整式与一个分式(分子为整数)的和(差)的形式．
21.(本小题8分)
对于一个关于x的代数式A，若存在一个关于x的系数为正数的单项式F，使A⋅F2x的结果是所有系数均为整数的整式，则称单项式F为代数式A的“整系单项式”，例如：
当A=1x2，F=2x3时，由于2x3·1x22x=1，故2x3是1x2的“整系单项式”;
当A=1x2，F=6x5时，由于6x5·1x22x=3x2，故6x5是1x2的“整系单项式”;
当A=3−32x，F=43x2时，由于43x23−32x2x=2x−1，故43x2是3−32x的“整系单项式”;
当A=3−32x，F=8x4时，由于8x43−32x2x=12x3−6x2，故8x4是3−32x的“整系单项式”．
显然，当代数式A存在“整系单项式”F时，F有无数个，现把次数最低，系数最小的“整系单项式”F记为F(A)，例如：F1x2=2x3，F3−32x=43x2．
阅读以上材料并解决下列问题：
(1)判断：当A=1x时，F=2x3 A的“整系单项式”(填“是”或“不是”);
(2)当A=2x−2时，F(A)= ;
(3)解方程：F(x+1)2x−2−1=4F1−1x−2．
22.(本小题8分)
阅读理解：(请仔细阅读，认真思考，灵活应用)
【例】已知实数x满足x+1x=4，求分式xx2+3x+1的值．
解：观察所求式子的特征，因为x≠0，我们可以先求出xx2+3x+1的倒数的值，
因为x2+3x+1x=x+3+1x=x+1x+3=4+3=7
所以xx2+3x+1=17
【活学活用】
(1)已知实数a满足a+1a=−5，求分式3a2+5a+3a的值；
(2)已知实数x满足x+1x+1=9，求分式x+1x2+5x+5的值．
23.(本小题8分)
在△ABC中，∠B=90°，D为BC延长线上一点，点E为线段AC，CD的垂直平分线的交点，连接EA，EC，ED．
(1)如图1，当∠BAC=50°时，则∠AED=______°；
(2)当∠BAC=60°时，
①如图2，连接AD，判断△AED的形状，并证明；
②如图3，直线CF与ED交于点F，满足∠CFD=∠CAE.P为直线CF上一动点．当PE−PD的值最大时，用等式表示PE，PD与AB之间的数量关系为______，并证明．
24.(本小题8分)
在长方形ABCD中，AB=4，BC=8，点P、Q为BC边上的两个动点(点P位于点Q的左侧，P、Q均不与顶点重合)，PQ=2．
(1)如图①，若点E为CD边上的中点，当Q移动到BC边上的中点时，求证：AP=QE；
(2)如图②，若点E为CD边上的中点，在PQ的移动过程中，若四边形APQE的周长最小时，求BP的长；
(3)如图③，若M、N分别为AD边和CD边上的两个动点(M、N均不与顶点重合)，当BP=3，且四边形PQNM的周长最小时，求此时四边形PQNM的面积．
25.(本小题8分)
如图，在△ABC中，AB=AC，点D在△ABC内，BD=BC，∠DBC=60°，点E在△ABC外，∠BCE=150°，∠ABE=60°．
(1)求证：△ADB≌△ADC，并求出∠ADB的度数；
(2)小明说△ABE是等腰三角形，小华说△ABE是等边三角形，则_______的说法更准确，说明理由；
(3)连接DE，若DE⊥BD，DE=8，求AD的长
26.(本小题8分)
(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)，直接写出点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．
27.(本小题8分)
某商店销售10台A型和20台B型电脑的利润为4000元，销售20台A型和10台B型电脑的利润为3500元．
(1)求每台A型电脑和B型电脑的销售利润；
(2)该商店计划一次购进两种型号的电脑共100台，其中B型电脑的进货量不少于A型电脑的3倍且不超过A型电脑的4倍，设购进A型电脑x台，这100台电脑的销售总利润为y元．
①求y关于x的函数关系式；
②该商店购进A型、B型电脑各多少台，才能使销售总利润最大？
(本小题8分)
(1)如图1，在正方形ABCD中，M是BC边(不含端点B、C)上任意一点，
P是BC延长线上一点，N是∠DCP的平分线上一点，
若∠AMN=90°，求证：△AMN为等腰三角形．
下面给出此问题一种证明的思路，你可以按这一思路继续完成证明，也可以选择另外的方法证明此结论．
证明：在AB边上截取AE=MC，连接ME，在正方形ABCD中，∠B=∠BCD=90°，AB=BC
∴∠NMC=180°−∠AMN−∠AMB=180°−∠B−∠AMB=∠MAB．
(下面请你连接AN，完成余下的证明过程)
(2)若将(1)中的“正方形ABCD”改为“正三角形ABC”(如图2)，N是∠ACP的平分线上一点，则当∠AMN=60°时，试探究△AMN是何种特殊三角形，并证明探究结论．
(3)若将(1)中的“正方形ABCD”改为“正n边形ABCD…X，试猜想：当∠AMN的大小为多少时，(1)中的结论仍然成立？
29.(本小题8分)
如图(1)，已知锐角△ABC中，CD、BE分别是AB、AC边上的高，M、N分别是线段BC、DE的中点．
(1)求证：MN⊥DE．
(2)连接DM，ME，猜想∠A与∠DME之间的关系，并证明猜想．
(3)当∠A变为钝角时，如图(2)，上述(1)(2)中的结论是否都成立，
若结论成立，直接回答，不需证明；若结论不成立，说明理由．
30.(本小题8分)
如图，在ΔABC中，已知AB=AC，AB的垂直平分线交AB于点N，交AC于点M，连接MB．
(1)若∠ABC=70∘，则∠NMA的度数是___度．
(2)若AB=8cm，ΔMBC的周长是14cm．
①则BC的长度是__________ ；
②若点P为直线MN上一点，请你直接写出ΔPBC周长的最小值为________．
31.(本小题8分)
已知△ABC中，AC=BC，点D是边AB上一点，点P为BC边上一点．
(1)如图1，若∠ACB=90°，连接CD，以CD为一边作等腰直角△DCE，∠DCE=90°，连接BE，求证：BE=AD．
(2)如图2，若∠ACB=90°，以PD为一边作等腰直角△PDE，∠DPE=90°，连接BE，求∠EBD的度数．
(3)如图3，若把(1)中的条件改为：∠ACB=60°，以PD为一边作等边△PDE，连接BE.求∠EBD的度数．
32.(本小题8分)
如图，△ABC为等边三角形，点D、E分别是边AB、BC所在直线上的动点，若点D、E以相同的速度，同时从点A、点B出发，分别沿AB、BC方向运动，直线AE、CD交于点O．
(1)如图1，求证：△ABE≌△CAD；
(2)在点D、点E运动过程中，∠COE= ______ °；
(3)如图2，点P为边AC中点，连接BO，PO，
当点D、E分别在线段AB、BC上运动时，判断
BO与PO的数量关系，并证明你的结论．
33.在初中数学学习阶段，我们常常会利用一些变形技巧来简化式子，解答问题．
材料一：在解决某些分式问题时，倒数法是常用的变形技巧之一．所谓倒数法，即把式子变成其倒数形式，从而运用约分化简，以达到计算目的．
例：已知：xx2+1=14，求代数式x2+1x2的值．
解：∵xx2+1=14，∴x2+1x=4
即x2x+1x=4∴x+1x=4∴x2+1x2=(x+1x)2−2=16−2=14
材料二：在解决某些连等式问题时，通常可以引入参数“k”，将连等式变成几个值为k的等式，这样就可以通过适当变形解决问题．
例：若2x=3y=4z，且xyz≠0，求xy+z的值．
解：令2x=3y=4z=k(k≠0)
则x=k2,y=k3,z=k4∴xy+z=12k13k+14k=12712=67
根据材料回答问题：
(1)已知xx2−x+1=12，则x+1x=______．
(2)解分式方程组：mn3m+2n=3mn2m+3n=5
(3)若yzbz+cy=zxcx+az=xyay+bx=x2+y2+z2a2+b2+c2，x≠0，y≠0，z≠0，且abc=5，求xyz的值．
答案和解析
1.【答案】①②③④
【解析】【分析】
本题考查了三角形的外角的性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理，等边三角形的判定等知识，熟记各性质并综合分析，理清图中各角度之间的关系是解题的关键．
根据角平分线的定义、三角形的内角和定理、三角形的外角的性质、等边三角形的判定逐一判断即可．
【解答】
解：①∵BD、CD分别平分△ABC的内角∠ABC、外角∠ACP，
∴AD平分△ABC的外角∠FAC，
∴∠FAD=∠DAC，
∵∠FAC=∠ACB+∠ABC，且∠ABC=∠ACB，
∴∠FAD=∠ABC，
∴AD//BC，
故①正确．
②∵BD、BE分别平分△ABC的内角∠ABC、外角∠MBC，
∴∠DBE=∠DBC+∠EBC=12∠ABC+12∠MBC=12×180°=90°，
∴EB⊥DB，
故②正确，
③由①∠BDE=12∠BAC，
即∠BDC=12∠BAC，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，∠ABC = ∠ACB，
∴2∠BDC+2∠ABC=180°，
∴∠BDC+∠ABC=90°，
故③正确，
④∵∠BEC=180°−12(∠MBC+∠NCB)
=180°−12(∠BAC+∠ACB+∠BAC+∠ABC)
=180°−12(180°+∠BAC)，
∴∠BEC=90°−12∠BAC，
∴∠BAC+2∠BEC=180°，
故④正确，
故答案为①②③④．
2.【答案】①②④
【解析】【分析】
根据已知∠DBC=12∠ABE，BD⊥AC，想到构造一个等腰三角形，所以延长CD，以B为圆心，BC长为半径画弧，交CD的延长线于点F，则BF=BC，就得到∠FBC=2∠DBC，然后再证明△FAB≌△CEB就可以判断出BC平分∠DCE，再由角平分线的性质想到过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，从而证明△BDA≌R△BGE，即可判断．
本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，必须根据已知结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【解答】
解：延长CD，以B为圆心，BC长为半径画弧，交CD的延长线于点F，则BF=BC，过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，
∵FB=BC，BD⊥AC，
∴DF=DC，∠DBC=∠DBF=12∠FBC，
∵∠DBC=12∠ABE，
∴∠FBC=∠ABE，
∴∠FBA=∠CBE，
在△FAB和△CEB中
AB=BE∠FBA=∠CBEBF=BC
∴△FAB≌△CEB(SAS)，
∴∠F=∠BCE，AF=CE
∵BF=BC，
∴∠F=∠BCD，
∴∠BCD=∠BCE，
∴BC平分∠DCE，
故①正确；
∵∠FBC+∠F+∠BCD=180°，
∴∠ABE+∠BCE+∠BCD=180°，
∴∠ABE+∠DCE=180°，
故②正确；
在△BDC和△BGC中
∠BGC=∠BDC=90°∠BCG=∠BCDBC=BC
∴△BDC≌△BGC(AAS)，
∴BD=BG，CD=CG
在Rt△BDA和Rt△BGE中
AB=BEBD=BG
∴Rt△BDA≌Rt△BGE(HL)
∴AD=GE
∵AC=AD+DC，
∴AC=AD+CG
=AD+GE+CE
=2GE+CE，
∵GE≠BE，
∴AC≠2BE+CE，
故③错误；
∵AC=CF−AF，
∴AC=2CD−CE，
故④正确；
故答案为：①②④．
3.【答案】①②④
【解析】解：∵四边形ABCD是“筝形”，
∴AB=BC，AD=CD，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，故①正确；
∴∠BAC=∠BCA=60°，
∵AD=CD，∠ADC=120°，
∴∠DAC=∠DCA=30°，
∴∠DAB=90°，
在△ABD与△CBD中
AD=CDAB=CBBD=BD
∴△ABD≌△CBD(SSS)，
∴∠ABD=∠CBD=30°，∠ADB=∠BDC=60°，
∴BD=2AD，故②正确；
∵∠DOC=∠DAC+∠ADB=60°+30°=90°，
∴AC⊥BD，
∵S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB，
∴S四边形ABCD=12×AC×OD+12×AC×OB=12×AC×BD，故③错误；
延长BC到E，使CE=AM，连接DE，如图所示：
∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠DAB=∠DCE=90°，
在△ADM与△CDE中
AM=CE∠DAM=∠DCE=90°AD=CD,
∴△ADM≌△CDE(SAS)，
∴∠ADM=∠CDE，DM=DE，
∵∠ADC=120°，∠MDN=60°，
∴∠ADM+∠CDN=∠ADC−∠MDN=60°，
∴∠CDE+∠CDN=∠EDN=60°，
∴∠EDN=∠MDN，
在△MDN与△EDN中，
MD=ED∠MDN=∠EDNDN=DN,
∴△MDN≌△EDN(SAS)，
∴MN=EN，
∵EN=CE+CN=AM+CN，
∴AM+CN=MN，故④正确；
故答案为：①②④．
由“筝形”的性质可得AB=BC，AD=CD，可证△ABC是等边三角形，故①正确；由“SSS”可证△ABD≌△CBD，可得∠ABD=∠CBD=30°，∠ADB=∠BDC=60°，由直角三角形的性质可得BD=2AD，故②正确；由面积关系可求S四边形ABCD=12×AC×BD，故③错误；延长BC到E，使CE=AM，连接DE，利用SAS证明△ADM≌△CDE，得到∠ADM=∠CDE，DM=DE，再由“SAS”可证△MDN≌△EDN，可得MN=EN，由线段和差关系可得MN=AM+CN，故④正确，即可求解．
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，
4.【答案】83
【解析】解：过点F作FH⊥BC于H，连接DF，
Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=2，
∴AB=2AC=4，
设AF=x，则BF=4−x，
∵∠B=30°，
∴FH=12BF=2−12x，
∵EF垂直平分AD，
∴AF=FD=x，
∵FD≥FH(当D，H重合时，相等)
∴x≥2−12x，解得x≥43，
∴AF最小值为43，BF的最大值为4−43=83．
故答案为：83．
过点F作FH⊥BC于H，连接DF，设AF=x，则BF=4−x，结合含30°角的直角三角形的性质可得关于x的不等式，计算可求解AF的最小值，进而可求得BF的最大值．
本题主要考查了线段垂直平分线的性质、30°角所对直角边是斜边的一半，将BF的最大值转化为AF最小值是解决本题的关键，属于压轴题．
5.【答案】245
【解析】【分析】
本题主要考查的是轴对称的性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学利用对称，解决最短问题．
在AB上取点F′，使AF′=AF，过点C作CH⊥AB，垂足为H.因为EF+CE=EF′+EC，推出当C、E、F′共线，且点F′与H重合时，FE+EC的值最小．
【解答】
解：如图所示：在AB上取点F′，使AF′=AF，过点C作CH⊥AB，垂足为H．
∵AD平分∠CAB，
∴根据对称知，EF=EF′，
∵S△ABC=12AB⋅CH=12AC⋅BC，
∴CH=AC⋅BCAB=245，
∵EF+CE=EF′+EC，
∴当C、E、F′共线，且点F′与H重合时，FE+EC的值最小，最小值为245，
故答案为245．
6.【答案】−4；
【解析】【分析】
本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键.把线段AC绕点A逆时针旋转90°，得到AC′，连接C′D，则C′为定点求出坐标，证明△ACE≌△AC′D，把CE转化为C′D，当C′D⊥OD时，C′D最小，即CE最小，根据全等三角形的性质即可得到即可．
【解答】
解：如图，把线段AC绕点A逆时针旋转90°，得到AC′，连接C′D，
则C′为定点(2,52)，
在△ACE和△AC′D中
AC=AC′∠CAE=∠C′ADAE=AD,
∴△ACE≌△AC′D(SAS)
∴C′D=CE．
当C′D⊥OD时，C′D最小，即CE最小值为52，
∴OD=2，
过E作EG⊥OA于G，EH⊥x轴于H，
则四边形EHOG是矩形，
∴EG=OH，
∵∠AGE=∠AOD=∠EAD=90°，
∴∠AEG+∠EAO=∠EAO+∠OAD=90°，
∴∠AEG=∠OAD，
∵AE=AD，
∴△AEG≌△DAO(AAS)，
∴AG=OD=2，EG=OA=4，
∴点E的横坐标等于−4，
故答案为：−4，
7.【答案】①②④
【解析】【分析】
根据题意、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质可以判断各小题是否成立，从而可以解答本题．
本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
【解答】
解：∵等边△ABD和等边△BCE，
∴AB=BD，BE=BC，∠ABE=∠DBC=120°，∠DBQ=60°，
∴在△ABE和△DBC中，
AB=DB∠ABE=∠DBCBE=BC，
∴△ABE≌△DBC(SAS)，故①正确，
∴∠EAB=∠CDB，
即∠BAP=∠BDQ，
在△DQB和△APB中，
∠BDQ=∠BAPBD=BA∠DBQ=∠ABP，
∴△DQB≌△APB(ASA)，故②正确，
题目中没有说明AP平分∠DAB，故无法推出∠EAC=30°，故③错误，
∵∠EAB=∠CDB，∠AMC+∠MAC+∠MCA=180°，
∴∠MAC+∠MCA=∠CDB+∠DCB=∠DBA=60°，
∴∠AMC=120°，故④正确，
故答案为：①②④．
8.【答案】(1)解：①∠BCO=∠AEO．
②∵点A(4,0)，B(0,4)，
∴OA=OB，
在△BOC和△AOE中，
∠BCO=∠AEO∠BOC=∠AOE=90°OB=OA，
∴△BOC≌△AOE(AAS)
∴OE=OC=2，
∴点E的坐标为(0,2)；
(2)证明：如图(2)，作OG⊥BC于G，OH⊥AE于H，
∵△BOC≌△AOE，OG⊥BC，OH⊥AE，
∴OG=OH，
又OG⊥BC，OH⊥AE，
∴DO平分∠ADC；
(3)画出图形，如图(3)，
证明：作OG⊥BC于G，OH⊥AE于H，
∵△BOC≌△AOE，OG⊥BC，OH⊥AE，
∴OG=OH，又OG⊥BC，OH⊥AE，
∴DO平分∠ADC．
【解析】【分析】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、角平分线的性质，掌握全等三角形的对应高相等、角平分线的判定定理是解题的关键．
(1)①根据同角的余角相等证明；
②证明△BOC≌△AOE，根据全等三角形的性质得到OE=OC=2，得到点E的坐标；
(2)作OG⊥BC于G，OH⊥AE于H，根据全等三角形的对应边上的高相等得到OG=OH，根据角平分线的性质证明结论；
(3)根据题意画出图形，仿照(2)的证明方法解答．
【解答】
解：
(1)解：①∠BCO=∠AEO．
理由如下：∵∠ADC=90°，
∴∠BCO+∠DAC=90°，
∵∠AOE=90°，
∴∠AEO+∠DAC=90°，
∴∠BCO=∠AEO；
故答案为：∠BCO=∠AEO．
②见答案；
(2)见答案；
(3)见答案．
9.【答案】(1)解：PM=PN，理由如下：
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，
∴PE=PF，∠PEM=∠PFN=90°，
∵∠AOB=90°，∠MPN=90°，
∴∠PMO+∠PNO=180°，
∵∠PMO+∠PMA=180°，
∴∠PMA=∠PNO，
∴在△PEM和△PFN中，
{∠PME=∠PNF∠PEM=∠PFNPE=PF,
∴△PEM≌△PFN(AAS)，
∴PM=PN；
(2)证明：过点P作PE⊥OA于点E，过点P作PF⊥OB于点F，如图所示：
∵OC平分∠AOB，
∴PE=PF，∠PEM=∠PFN=90°，
∵∠AOB=120°，∠MPN=60°，
∴∠PMO+∠PNO=180°，
∵∠PNO+∠PNF=180°，
∴∠PMO=∠PNF，
在△PME和△PNF中，
{∠PME=∠PNF∠PEM=∠PFNPE=PF,
∴△PME≌△PNF(AAS)，
∴EM=FN，
∵∠AOB=120°，OP平分∠AOB，
∴∠AOP=∠BOP=60°，
∴∠EPO=∠FPO=30°，
∴OP=2OE，OP=2OF，
∴OP=OE+OF=OM+ON．

【解析】【分析】
(1)根据角平分线的性质可得PE=PF，∠PEM=∠PFN=90°，再根据∠AOB=90°，∠MPN=90°，可得∠PMO+∠PNO=180°，进一步可得∠PMA=∠PNO，可证△PEM≌△PFN(AAS)，根据全等三角形的性质即可证明PM=PN；
(2)过点P作PE⊥OA于点E，过点P作PF⊥OB于点F，根据角平分线的性质可得PE=PF，∠PEM=∠PFN=90°，可证△PME≌△PNF(AAS)，可得EM=FN，再根据含30°角的直角三角形的性质可得OP=2OE，OP=2OF，进一步可证OP=OE+OF=OM+ON．
10.【答案】解：(1)=；30；
(2)(i)AD=BE.理由如下：
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60∘，
∵∠ACD=∠ACB+∠DCB，∠BCE=∠DCE+∠DCB，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC,∠ACD=∠BCE,CD=CE,
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE．
(ii)∠AOB的度数是定值，∠AOB=60∘．
理由如下：
①当点D在线段AM上时，如图：
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60∘．
∴∠ACB−∠DCB=∠DCE−∠DCB，
∴∠ACD=∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
{AC=BC,∠ACD=∠BCE,CD=CE,
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAD=∠CBE．
∵△ABC是等边三角形，线段AM为BC边上的中线，
∴AM平分∠BAC，即∠BAM=∠CAM=12∠BAC=30∘，
∴∠CBE=∠CAD=30∘，
又∵∠ABC=60∘，
∴∠ABE=∠CBE+∠ABC=30∘+60∘=90∘，
∴∠AOB=180∘−90∘−30∘=60∘；
②当点D在线段AM的延长线上时，如图：
同理可得△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CBE=∠CAD=30∘，
∵∠ABC=60∘，
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90∘，
∵∠BAM=30∘，
∴∠AOB=180∘−90∘−30∘=60∘．
综上，∠AOB的度数是定值，∠AOB=60∘．
【解析】【分析】
本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是掌握利用全等三角形的性质证明角相等的思路与方法．
(1)根据等边三角形的性质，全等三角形的判定定理，证明△CAD≌△CBE，得出AD和BE的数量关系，根据等边三角形的性质得出∠CAM的度数；
(2)(i)根据等边三角形的性质，全等三角形的判定定理，证明△ACD≌△BCE，得出AD和BE的数量关系即可；
(ii)分两种情况画出图形，然后结合图形，利用全等三角形的性质进行解答，即可求解．
【解答】
(1)∵△ABC和△DEC都是等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB−∠BCD=∠DCE−∠BCD，
即∠ACD=∠BCE，
在△CAD和△CBE中，
CA=CB∠ACD=∠BCECD=CE,
∴△CAD≌△CBESAS，
∴AD=BE；
∵△ABC是等边三角形，AM是BC边上的中线，
∴∠BAC=60°，AM平分∠BAC，
∴∠CAM=12∠BAC=12×60°=30°；
(2)(i)见答案；
(ii)见答案．
11.【答案】解：(1)∵∠ABO=30°，OB⊥AC，
∴∠BAO=60°，
∵O是线段AC中点，OB⊥AC，
∴BA=BC，又∠BAO=60°，
∴△ABC是等边三角形；
(2)∵△ABC和△BDQ为等边三角形，
∴BA=BC，BD=BQ，∠BAC=60°，∠DBQ=60°，
∴∠ABD=∠CBQ，
在△BAD和△BCQ中，
BA=BC∠ABD=∠CBQBD=BQ，
∴△BAD≌△BCQ(SAS)
∴∠BCQ=∠BAD=60°，
∵∠BCA=60°，
∴∠OCP=60°，
∵∠POC=90°，
∴∠OPC=30°，
∴PC=2OC=2OA=18；
(3)取BC的中点H，连接OH，连接CN，
则OH=12BC=BH=CH，
∴△HOC为等边三角形，
∴∠HOC=∠OHC=60°，OH=OC，
当M在BH上时，∠MON=60°，∠HOC=60°，
∴∠MOH=∠NOC，
在△OMH和△ONC中，
OM=ON∠MOH=∠NOCOH=OC，
∴△OMH≌△ONC(SAS)，
∴∠OCN=∠OHM=120°，
当点M与点B重合时，
在△OBC和△N′BC中，
BO=BN′∠OBC=∠N′BC=30°BC=BC,
∴△OBC≌△N′BC(SAS)
∴∠BCN′=∠BCO=60°，
∴∠OCN′=120°，即C、N、N′在同一条直线上，
∴CN′=OC=9，
∴点N从起点到C作直线运动，且路径长为9，
当M在HC上时，△OMN为等边三角形，
在△OHM和△OCN中，
OH=OC∠HOM=∠CON=60°−∠MOCOM=ON
∴△OHM≌△OCN(SAS)，
∴∠OCN=∠ONM=60°，
当点M与点C重合时，
△OCN是等边三角形，
∴∠OCN=60°，CN=OC=9，
∴点N从点C到终点作直线运动，且路径长为9
综上所述，N的路径长度为：9+9=18．
【解析】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
(1)根据线段垂直平分线的性质得到BA=BC，根据等边三角形的判定定理证明结论；
(2)证明△BAD≌△BCQ，根据全等三角形的性质得到∠BCQ=∠BAD=60°，根据含30°的直角三角形的性质计算即可；
(3)取BC的中点H，连接OH，连接CN，分M在BH上、M在HC上两种情况，根据等边三角形的性质解答即可．
12.【答案】(1)证明：如图1中，
∵∠O=60°，OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB=∠ABO=60°，
∴∠BAM=180°−60°=120°，
∵PA平分∠BAM，
∴∠PAB=12∠BAM=60°，
∴∠PAB=∠ABO=60°，
∴AP//OB．
(2)解：如图2中，∠P的大小不变，∠P=60°.理由如下：
∵∠MAB=∠O+∠OBA，∠ABN=∠O+∠OAB，
∴∠MAB+∠ABN=∠O+∠ABO+∠OAB+∠O=180°+60°=240°，
∵PA，PB分别平分∠MAB，∠ABN，
∴∠PAB+∠PBA=12(∠MAB+∠ABN)=120°，
∴∠P=180°−120°=60°．
(3)解：如图3中，过点A作AH⊥OB于H，过点P作PJ⊥AB于J，PK⊥OM于K，PI⊥ON于I．
∵PA平分∠MAB，PK⊥OM，PJ⊥AB，
∴PK=PJ，
∵PB平分∠ABN，PJ⊥AB，PI⊥ON，
∴PJ=PI，
∴PK=PI，
∴OP平分∠MON，
作点D关于OP的对称点D′，连接CD′，
∵S△AOB=12⋅OB⋅AH，
∴12=12×6×AH，
∴AH=4，
∵CD=CD′，
∴AC+CD=AC+CD′≥AH，
∴AC+CD≥4，
∴AC+CD的最小值为4．
【解析】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，三角形的面积，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用垂线段最短解决最值问题．
(1)首先证明△ABO是等边三角形，再证明∠PAB=∠ABO=60°，可得结论．
(2)如图2中，∠P的大小不变，∠P=60°.求出∠PAB+∠PBA的大小，可得结论．
(3)如图3中，过点A作AH⊥OB于H，过点P作PJ⊥AB于J，PK⊥OM于K，PI⊥ON于I.首先证明OP平分∠MON，作点D关于OP的对称点D′，连接CD′，则有AC+CD=AC+CD′≥AH，求出AH，可得结论．
13.【答案】解：(1)x1=c，x2=5c；
(2)x1=c，x2=mc；
(3)∵x+2x−1=a+2a−1．
∴x−1+2x−1=a−1+2a−1，
由(2)得：x1−1=a−1，x2−1=2a−1．
解得：x1=a，x2=a+1a−1．
经检验，x1=a，x2=a+1a−1是原分式方程的解．
【解析】【分析】
本题主要考查的是分式方程的解法，数式规律问题的有关知识．
(1)观察所给式子，可看出：如果方程的左边是未知数与其倒数的倍数的和，方程右边的形式与左边完全相同，只是把其中的未知数换成某个常数，那么这样的方程可直接解得；
(2)根据题意找出规律进行求解即可；
(3)利用找出的规律进行求解即可．
【解答】
解：(1)∵x−1x=c−1c，即x+−1x=c+−1c的解是x1=c，x2=−1c;
x+2x=c+2c的解是x1=c，x2=2c;
x+3x=c+3c的解是x1=c，x2=3c．
∴方程x+5x=c+5c的解是x1=c，x2=5c．
故答案为x1=c，x2=5c；
(2)∵x−1x=c−1c，即x+−1x=c+−1c的解是x1=c，x2=−1c;
x+2x=c+2c的解是x1=c，x2=2c;
x+3x=c+3c的解是x1=c，x2=3c．
···
∴方程x+mx=c+mc(m≠0)的解是x1=c，x2=mc．
(3)见答案．
14.【答案】解：(1)连接AE，CE，补全图形如下，
因为点E为点C关于AD的对称点，
所以AE=AC，EF=FC，∠EAD=∠CAD，
设∠EAD=∠CAD=x，
所以∠CAE=2x，
因为AB=AC，
所以∠ACB=∠ABC=α，
因为∠BAC=∠BAE+∠CAE，∠BAC=180°−∠ACB−∠ABC=180°−2α，
所以∠BAE+∠CAE=180°−2α，
所以∠BAE=180°−2x−2α，
所以∠ABE+∠AEB=180°−∠BAE=2x+2α，
因为AE=AC，AB=AC，
所以AE=AB，
所以∠ABE=∠AEB=x+α，
所以∠AFB=∠AEB−∠EAD=α；
(2)①AF=BF+CF．
证明：延长FB至点G，使FG=FA，连接AG，
因为AB=AC，∠ABC=α=60°，
所以△ABC为等边三角形，∠BAC=60°，
由(1)知∠AFB=α=60°，
所以△AFG为等边三角形，
所以AG=AF，∠GAF=60°，
所以∠GAB=∠FAC，
在△ABG和△ACF中，
AG=AF∠GAB=∠FACAB=AC，
所以△ABG≌△ACF(SAS)，
所以BG=CF，
所以CF+BF=BG+BF=GF，
因为GF=AF，
所以AF=BF+CF；
②结论为：CF=AF+BF．
【解析】【分析】
本题是综合题，考查了作图−轴对称变换，全等三角形的判定和性质，等边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．
(1)由题意画出图形，由轴对称的性质得出AE=AC，EF=FC，∠EAD=∠CAD，设∠EAD=∠CAD=x，则∠CAE=2x，由等腰三角形的性质可得出结论；
(2)①延长FB至点G，使FG=FA，连接AG，证出△AFG为等边三角形，由等边三角形的性质得出AG=AF，∠GAF=60°，证明△ABG≌△ACF(SAS)，由全等三角形的性质得出BG=CF，则可得出结论；
②在BE上取点G，使得FG=FA，连接AG，证明△AGE≌△AFB(SAS)，由全等三角形的性质得出BF=EG，则可得出结论．
【解答】
(1)见答案；
(2)①见答案；
②解：结论为：CF=AF+BF．
如图，在BE上取点G，使得FG=FA，连接AG，CE，
因为点E为点C关于AD的对称点，
所以AE=AC，EF=FC，∠EAD=∠CAD，
设∠EAD=∠CAD=x，
所以∠CAE=2x，
因为AB=AC，
所以AB=AC=AE，
因为∠ABC=α=60°，
所以三角形ABC是等边三角形，
所以∠ACB=∠ABC=∠BAC=60°．
所以∠DAB=x−60°，
所以∠EAB=x+x−60°=2x−60°，
因为AE=AB，
所以∠ABE=∠AEB=180°−2x+60°2=120°−x，
所以∠AFE=∠DAB+∠ABE=x−60°+120°−x=60°，
所以△AFG为等边三角形，
所以AG=AF，∠GAF=60°，
所以∠GAE=∠FAB=x−60°，
在△AGE与△AFB中，
AG=AF∠GAE=∠FABAE=AB，
所以△AGE≌△AFB(SAS)，
所以BF=EG，
所以EF=EG+FG=BF+AF，
所以CF=EF=BF+AF．
15.【答案】解：(1)证明：如图，连接DF．
∵DE=EF，∠DEF=60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴DF=EF．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠C=60°．
∵∠AFE=∠AFD+∠DFE=60°+∠AFD，
∠AFE=∠C+∠FEC=60°+∠FEC，
∴∠AFD=∠FEC．
在△ADF和△CFE中，
∠AFD=∠CEF,∠A=∠C,DF=FE,
∴△ADF≌△CFE(AAS)，
∴AD=CF；
(2)证明：如图，过点F作JK//AC交AB于点J，交BC于点K，过点F作PI/​/AB交AC于P，交BC于点I，连接DF．
∴∠BJK=∠BAC=∠BKJ=∠ACB=60°=∠ABC，
∠CPI=∠BAC=∠B=∠CIP=60°=∠ACB，
∴△BJK和△CPI是等边三角形，
∴BJ=BK，
∴AJ=CK.
∵∠DEF=60°，DE=EF，
∴△DEF是等边三角形．
由(1)中结论可知，△BDE≌△JFD≌△KEF，
∴DJ=BE=FK．
∵∠FIK=∠FKI=60°，
∴FI=FK．
∵△CPI为等边三角形，∠FCB=30°，
∴∠FCI=∠FCP=30°，
∴∠IFC=90°，即CF⊥PI，
∴FK=CK，FI=FP．
∵AJ=CK=FK，
FK=BE=DJ，FI=FK，
∴AJ=DJ=BE，即AD=AJ+DJ=2BE；
(3)∠BAN=30°−α．
【解析】本题属于三角形的综合题，涉及全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形三线合一等知识，类比思想及构造的思想进行分析，仿造(1)中的结论构造出全等三角形是解题关键．
(1)连接DF，根据“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”可判断△DEF是等边三角形，则DF=EF，又△ABC是等边三角形，根据三角形内角和可得出，∠AFD=∠FEC，证得△ADF≌△CFE(AAS)，则AD=CF；
(2)过点F作JK//AC交AB于点J，交BC于点K，过点F作PI/​/AB交AC于P，交BC于点I，连接DF，则△BJK和△CPI是等边三角形，△BDE≌△JFD≌△KEF，则DJ=BE=FK，由等边三角形得到AJ=CK，易得△CPI为等边三角形，由∠FCB=30°可得∠IFC=90°，则FK=CK，FI=FP，所以AJ=DJ=BE，即AD=AJ+DJ=2BE；
(3)延长MO到点G，使OG=OM，连接NG，BG，NM，作∠ACQ=∠ABN，且使CQ=BN，连接MQ，AQ，先得到△BOG≌△COM(SAS)，再得到△ACQ≌△ABN(SAS)和△BNG≌△CQM(SAS)，所以∠NAM=∠MAQ=∠CAM+∠CAQ=∠CAM+∠BAN，所以∠CAM+∠BAN=30°，则∠CAM=α，所以∠BAN=30°−α．
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)如图，延长MO到点G，使OG=OM，连接NG，BG，NM，作∠ACQ=∠ABN，且使CQ=BN，连接MQ，AQ．
∵MO⊥NO，OM=OG，
∴NG=MN．
在△BOG和△COM中，
OG=OM,∠BOG=∠COM,BO=CO,
∴△BOG≌△COM(SAS)，
∴BG=CM，∠GBO=∠OCM，
∴BG//CM．
∵BHC=120°，
∴∠NBG=180°−∠BHC=60°，∠HBC+∠HCB=60°．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∴∠ABH+∠HBC=∠ACH+∠HCB=60°，
∴∠ABH=∠HCB，∠HBC=∠ACH．
在△ACQ和△ABN中，
AC=AB,∠ACQ=∠ABN,CQ=BN,
∴△ACQ≌△ABN(SAS)，
∴AN=AQ，∠BAN=∠CAQ．
∵∠ACB=∠ACH+∠BCH=60°，∠ABN=∠BCH=∠ACQ，
∴∠MCQ=∠ACM+∠ACQ=∠ACH+∠BCH=60°=∠NBG．
在△BNG和△CQM中，
BN=CQ,∠NBG=∠QCM,BG=CM,
∴△BNG≌△CQM(SAS)，
∴NG=MQ．
∵NG=NM，
∴MQ=MN．
在△NAM和△QAM中，
MN=MQ,AN=AQ,AM=AM,
∴△NAM≌△QAM(SSS)，
∴∠NAM=∠MAQ=∠CAM+∠CAQ=∠CAM+∠BAN．
又∵∠NAM+∠CAM+∠BAN=60°，
∴∠CAM+∠BAN=30°，
∴∠CAM=α，
∴∠BAN=30°−α．
16.【答案】解：(1)因为AB=AC，∠BAC=90°，
所以△ABC是等腰直角三角形，
所以∠ABC=∠C=45°，
所以∠BDE=12∠C=22.5°，
所以∠AFD=∠ABC+∠BDE=45°+22.5°=67.5°；
(2)在点D运动过程中，BEDF的值是定值，理由如下：
过点D作AC的平行线，交AB于G，交BE的延长线于H，如图1所示：
因为GD//AC，
所以∠BGD=∠BAC=90°，
因为∠ABC=45°，
所以∠BDG=45°=∠ABC，
所以△BDG是等腰直角三角形，
所以BG=GD，即∠BDH=45°，
所以∠EDH=45°−∠BDE=45°−22.5°=22.5°，
所以∠BDE=∠EDH=22.5°，
因为BH⊥DE，
所以DB=DH，
所以∠H=∠DBH=67.5°，BE=EH，
又因为∠H=∠DBE=67.5°，∠AFD=67.5°，
所以∠H=∠AFD，即∠H=∠GFD，
在△BHG和△DFG中，
∠H=∠GFD∠BGH=∠DGF=90°BG=DG
所以△BHG≌△DFG(AAS)，
所以DF=BH=2BE，
所以BEDF=12，为定值；
(3)如图，当CD=13BC=13a时，△ABD为锐角三角形，
分别作点P关于AD、AB的对称点P′、P′′，连接P′P′′，分别交AB、AD于M、N，如图2所示：
由对称的性质得：PM=P′′M，PN=P′N，AP′=AP=AP′′，∠P′AD=∠PAD，∠P′′AB=∠PAB，
则△PMN的周长=PM+MN+PN=P′′M+MN+P′N=P′P′′，∠P′AP′′=2∠BAD为定值，△AP′P′′是顶角为定值的等腰三角形，
当腰长越小时，底边长也越小，
当AP⊥BC时，AP最短，即腰长最小，
所以P′P′′最短，
即△PMN的周长最小，此时AP=12BC=12a.
【解析】【分析】
本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、轴对称的性质、最小值问题等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
(1)先由等腰直角三角形的性质得∠ABC=∠C=45°，则∠BDE=12∠C=22.5°，再由三角形的外角性质求解即可；
(2)过点D作AC的平行线，交AB于G，交BE的延长线于H，先证△BDG是等腰直角三角形，得BG=GD，∠BDH=45°，再证DB=DH，得BE=EH，然后证△BHG≌△DFG(AAS)，得DF=BH=2BE，即可得出答案；
(3)分别作点P关于AD、AB的对称点P′、P′′，连接P′P′′，分别交AB、AD于M、N，由对称的性质得：PM=P′′M，PN=P′N，AP′=AP=AP′′，∠P′AD=∠PAD，∠P′′AB=∠PAB，则△PMN的周长=P′P′′，∠P′AP′′=2∠BAD为定值，△AP′P′′是顶角为定值的等腰三角形，当AP⊥BC时，AP最短，即腰长最小，则P′P′′最短，即可得出结论．
17.【答案】解：(1)125°；
(2)同意．
如图，设AD与EF交于点G．
由折叠知，AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD．
由折叠知，∠AGE=∠DGE=90°，
所以∠AGE=∠AGF=90°，
所以∠AEF=∠AFE．
所以AE=AF，
即△AEF为等腰三角形．
(3)由题意得：
∠NMF=∠AMN=∠MNF，
∴MF=NF，由对称性可知，
MF=PF，
∴NF=PF，
而由题意得出：MP=MN，MF=MF，
在△MNF和△MPF中，
∵NF=PFMF=MFMN=MP，
∴△MNF≌△MPF(SSS)，
∴∠PMF=∠NMF，而∠PMF+∠NMF+∠MNF=180°，
即3∠MNF=180°，
∴∠MNF=60°．

【解析】【分析】
本题考查等边三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质．
(1)根据直角三角形的两个锐角互余求得∠AEB=70°，根据折叠重合的角相等，得∠BEF=∠DEF=55°，根据平行线的性质得到∠EFC=125°，再根据折叠的性质得到∠EFC′=∠EFC=125°；
(2)根据第一次折叠，得∠BAD=∠CAD；根据第二次折叠，得EF垂直平分AD，根据等角的余角相等，得∠AEG=∠AFG，则△AEF是等腰三角形；
(3)由题意得出：∠NMF=∠AMN=∠MNF，MF=NF，由对称性可知，MF=PF，进而得出△MNF≌△MPF，得出3∠MNF=180°求出即可．
【解答】
解：(1)∵在直角三角形ABE中，∠ABE=20°，
∴∠AEB=70°，
∴∠BED=110°，
根据折叠重合的角相等，得∠BEF=∠DEF=55°．
∵AD/​/BC，
∴∠EFC=125°，
再根据折叠的性质得到∠EFC′=∠EFC=125°．
故答案为125°；
(2)见答案；
(3)见答案．
18.【答案】(1)证明：如图1中，
∵△ABC是等边三角形，
∴CB=CA，
∵EC平分∠ACB，
∴∠ACE=∠BCE，
∵CE=CE，
∴△ACE≌△BCE(SAS)，
∴AE=EB．
(2)①解：如图2中，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵∠AEC=60°，
∴∠ABD=∠DEC
用截长补短构造拉手型
∴∠BED=∠ACD=60°．
②解：如图3中，延长CE交AB于K，在CK的延长线上取一点M，使得EM=EA，连接BM，在ME上截取MJ=，使得MJ=BM，连接BJ．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵EA=EM，∠AEM=∠CED=60°，
∴△AEM是等边三角形，
∴AM=AE，∠MAE=∠BAC，
∴∠MAB=∠EAC，
∴△MAB≌△EAC(SAS)，
∴BM=EC，∠AMB=∠AEC=120°，
∴∠BMA+∠MAD=180°，
∴BM/​/AD，
∵AE=2EC，EM=AE，
∴EM=2BM，
∵MJ=JE，
∴BM=MJ，
∴∠AME=∠BME=60°，
∴△BMJ是等边三角形，
∴BJ=JM=JE，
∴∠MBE=90°，
∵BM/​/AD，
∴∠BED=∠MBE=90°．
【解析】(1)证明△ACE≌△BCE(SAS)即可解决问题．
(2)本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角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，属于中考压轴题．
19.【答案】(1)证明：∵FG⊥AC，
∴∠FGA=90°=∠C，
∵∠FAG+∠CAE=90°，∠FAG+∠F=90°，
∴∠CAE=∠F，
在△AGF和△ECA中，
∠AGF=∠ECA∠F=∠CAEAF=AE，
∴△AGF≌△ECA(AAS)，
∴AG=EC；
(2)证明： ∵△AGF≌△ECA，
∴FG=AC=BC，
在△FGD和△BCD中，
∠FDG=∠CDB∠FGD=∠C=90°FG=BC，
∴△FGD≌△BCD(AAS)，
∴DG=CD，
∵ADCD=3，
∴AGCD=2，
∴AGAC=12，
∵AG=CE，AC=BC
∴CEBC=12，
∴E点为BC的中点；
(3)113．
【解析】【分析】
本题考查了全等三角形的判定与性质，同角的余角相等等知识．
(1)易证∠CAE=∠F，即可证明△AGF≌△ECA，即可解题；
(2)根据(1)中结论可得FG=AC=BC，即可证明△FGD≌△BCD，可得DG=CD，根据ADCD=3可证AGAC=12，根据AG=CE，AC=BC，即可解题；
(3)过F作FG⊥AD的延长线交于点G，易证ACCE=47，由(1)(2)可知△AGF≌△ECA，△DGF≌△DCB，可得CD=DG，AG=CE，即可求得ACCD的值，即可解题．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)过F作FG⊥AD的延长线交于点G，如图3，
∵BCBE=43，BC=AC，CE=CB+BE，
∴ACCE=47，
由(1)(2)知：△AGF≌△ECA，△DGF≌△DCB，
∴CD=DG，AG=CE，
∴ACAG=47，
∴ACCG=43，
∴AC12CG=ACCD=83，
∴ADCD=113．
20.【答案】解：(1)由分母为x−1，可设x2+3x+6=(x−1)(x+a)+b，
∴x2+3x+6=(x−1)(x+a)+b=x2+(a−1)x+(b−a)．
∵对于任意x，上述等式均成立，
∴a−1=3,b−a=6,
解得a=4,b=10,
∴x2+3x+6x−1=(x−1)(x+4)+10x−1=x+4+10x−1；
(2)由分母为−x2+1，可设−2x4−x2+5=(−x2+1)(2x2+a)+b，
∴−2x4−x2+5=(−x2+1)(2x2+a)+b=−2x4+2x2−ax2+a+b=−2x4+(2−a)x2+(a+b)．
∵对于任意x，上述等式均成立，
∴2−a=−1,a+b=5,
解得a=3b=2,
∴−2x4−x2+5−x2+1=(−x2+1)(2x2+3)+2−x2+1=2x2+3+2−x2+1．
【解析】本题考查的是分式的加减法运算，读懂阅读材料、掌握多项式乘多项式的运算法则是解题的关键．
(1)、(2)仿照例题，列出方程组，求出a、b的值，把原式拆分成一个整式与一个分式(分子为整数)的和的形式．
21.【答案】解：(1)是；
(2)x2；
(3)由题意得F(x+1)=2x，F1−1x=2x2，
∴F(x+1)2x−2−1=4F1−1x−2可化为2x2x−2−1=42x2−2，
解得x=1，经检验，x=1是方程的增根，
∴原方程无解．

【解析】【分析】
本题考查了分式的混合运算、分式方程的一般解法、新定义型．
(1)根据“整系单项式”新定义判定即可；
(2)根据“整系单项式”新定义求解即可；
(3)根据根据“整系单项式”新定义，得到分式方程，解分式方程、检验即可．
【解答】
解：(1)当A=1x，F=2x3时，1x·2x32x=x，
∴2x3是1x的“整系单项式”．
(2)∵A=2x−2，
∴A⋅F2x=F2x−22x=F1x2−1x，
∵F(A)是A的次数最低，系数最小的“整系单项式”，
∴F(A)=x2．
(3)见答案．
22.【答案】解：(1)∵a+1a=−5，
∴3a2+5a+3a=3a+5+3a=3(a+1a)+5=−15+5=−10；
(2)∵x+1x+1=9，
∴x+1≠0，即x≠−1，
∴x+1+1x+1=10，
∵x2+5x+5x+1=(x+1)2+3(x+1)+1x+1=x+1+1x+1+3=10+3=13，
∴x+1x2+5x+5=113．
【解析】(1)原式变形后，将已知等式代入计算即可求出值；
(2)原式变形后，将已知等式代入计算即可求出值．
此题考查了分式的值，将所求式子就行适当的变形是解本题的关键．
23.【答案】解：(1)80；
(2)①结论：△AED是等边三角形．
理由：如图2中，
∵点E是线段AC，CD的垂直平分线的交点，
∴EA=EC=ED，
∴∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC，
∵∠ABC=90°，∠BAC=60°，
∴∠ACB=90°−60°=30°，
∴∠ACD=180°−30°=150°，
∴∠EAC+∠ACD+∠EDC=300°，
∴∠AED=360°−300°=60°，
∴△ADE是等边三角形；
② PE−PD=2AB．
【解析】解：(1)如图1中，
∵点E是线段AC，CD的垂直平分线的交点，
∴EA=EC=ED，
∴∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC，
∵∠ABC=90°，∠BAC=50°，
∴∠ACB=90°−50°=40°，
∴∠ACD=180°−40°=140°，
∴∠EAC+∠ACD+∠EDC=280°，
∴∠AED=360°−280°=80°，
故答案为：80．
(2)①见答案；
②PE−PD=2AB;
证明：如图3中，作点D关于直线CF的对称点D′，连接CD′，DD′，ED′．
当点P在ED′的延长线上时，PE−PD的值最大，此时PE−PD=ED′，
∵∠CFD+∠CFE=180°，∠CFD=∠CAE，
∴∠CAE+∠CFE=180°，
∴∠ACF+∠AEF=180°，
∵∠AED=60°，
∴∠ACF=120°，
∴∠ACB=∠FCD=30°，
∴∠DCF=∠FCD′=30°，
∴∠DCD′=60°，
∵CD=CD′，
∴△CDD′是等边三角形，
∴DC=DD′，∠CDD′=∠ADE=60°，
∴∠ADC=∠EDD′，
∵DA=DE，
在△ADC和△EDD′中，
CD=DD′∠ADC=∠EDD′DA=DE
∴△ADC≌△EDD′(SAS)，
∴AC=ED′，
∵∠B=90°，∠ACB=30°，
∴AC=2AB，
∴PE−PD=2AB．
故答案为：PE−PD=2AB..
(1)利用线段的垂直平分线的性质以及三角形内角和定理，四边形内角和定理解决问题即可；
(2)①△ADE是等边三角形，证明EA=ED，∠AED=60°即可；
②结论：PE−PD=2AB.如图3中，作点D关于直线CF的对称点D′，连接CD′，DD′，ED′.当点P在ED′的延长线上时，PE−PD的值最大，此时PE−PD=ED′，利用全等三角形的性质证明ED′=AC，可得结论．
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用轴对称解决最短问题．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是长方形，
∴CD=AB=4，BC=AD=8，
∵点E是CD的中点，点Q是BC的中点，
∴BQ=CQ=4，CE=2，
∴AB=CQ，
∵PQ=2，
∴BP=2，
∴BP=CE，
又∵∠B=∠C=90°，
在△ABP和△QCE中，
AB=QC∠B=∠CBP=CE
∴△ABP≌△QCE(SAS)，
∴AP=QE；
(2)解：如图②，在AD上截取线段AF=PQ=2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，则此时AP+EQ=EG最小，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点．
∵FG⊥BC，∠BCD=90°，
∴FG//DH，
∴GH=DF=6，
∵EH=2+4=6，∠H=90°，
∴∠GEH=45°，
∴∠CEQ=45°，
设BP=x，则CQ=BC−BP−PQ=8−x−2=6−x，
在△CQE中，∵∠QCE=90°，∠CEQ=45°，
∴CQ=EC，
∴6−x=2，
解得x=4，
∴BP=4；
(3)解：如图③，作点P关于AD的对称点F，作点Q关于CD的对称点H，连接FH，交AD于M，交CD于N，连接PM，QN，此时四边形PQNM的周长最小，连接FP交AD于T，
∴PT=FT=4，QC=BC−BP−PQ=8−3−2=3=CH，
∴PF=8，PH=8，
∴PF=PH，
又∵∠FPH=90°，
∴∠F=∠H=45°，
∵PF⊥AD，CD⊥QH，
∴∠F=∠TMF=45°，∠H=∠CNH=45°，
∴FT=TM=4，CN=CH=3，
∴四边形PQNM的面积=12×PF×PH−12×PF×TM−12×QH×CN=12×8×8−12×8×4−12×6×3=7．
【解析】【分析】
本题考查了全等三角形的判定和性质，轴对称求最短距离，直角三角形的性质；通过构造轴对称找到点P和点Q位置是解题的关键．
(1)由“SAS”可证△ABP≌△QCE，可得AP=QE；
(2)要使四边形APQE的周长最小，由于AE与PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．为此，先在BC边上确定点P、Q的位置，可在AD上截取线段AF=DE=2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，则此时AP+EQ=EG最小，然后过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，那么先证明∠GEH=45°，再由CQ=EC即可求出BP的长度；
(3)要使四边形PQNM的周长最小，由于PQ是定值，只需PM+MN+QN的值最小即可，作点P关于AD的对称点F，作点Q关于CD的对称点H，连接FH，交AD于M，交CD于N，连接PM，QN，此时四边形PQNM的周长最小，由面积和差关系可求解．
25.【答案】(1)证明：∵BD=BC，∠DBC=60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴DB=DC，∠BDC=∠DBC=∠DCB=60°，
在△ADB和△ADC中，
AB=ACAD=ADDB=DC，
∴△ADB≌△ADC (SSS)，
∴∠ADB=∠ADC，
∴∠ADB=12(360°−60°)=150°；
(2)小华；
理由如下：
∵∠ABE=∠DBC=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
在△ABD和△EBC中
∠ABD=∠EBCBD=BC∠ADB=∠ECB=150°，
∴△ABD≌△EBC(ASA)，
∴AB=BE，
∵∠ABE=60°，
∴△ABE是等边三角形．
(3)解：如图，连接DE，
∵∠BCE=150°，∠DCB=60°，
∴∠DCE=90°，
∵∠EDB=90°，∠BDC=60°，
∴∠EDC=30°，
∴EC=12DE=4，
∵△ABD≌△EBC，
∴AD=EC=4．
【解析】(1)首先证明△DBC是等边三角形，推出∠BDC=60°，再通过“SSS”证明△ADB≌△ADC，推出∠ADB=∠ADC即可解决问题．
(2)结论：小华说法更准确．先通过角的运算得到∠ABD=∠CBE，由“ASA”证明△ABD≌△EBC得到AB=BE即可证得结论．
(3)首先证明△DEC是含有30度角的直角三角形，求出EC的长，然后全等三角形的性质即可解决问题．
本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、30度角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，属于中考常考题型．
26.【答案】(1)证明：∵∠ACB=90°，AD⊥l
∴∠ACB=∠ADC
∵∠ACE=∠ADC+∠CAD，∠ACE=∠ACB+∠BCE
∴∠CAD=∠BCE，
在△ACD和△CBE中，
∠ADC=∠CEB=90∘∠CAD=∠BCEAC=BC，
∴△ACD≌△CBE(AAS)，
∴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=MN，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，将点P、R代入，
则b=34k+b=1，解得k=−12b=3
∴直线PR为y=−12x+3
由y=0得，x=6
∴R(6,0)．
【解析】(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=OQ=1，进而求出直线PR的解析式，即可得出结论．
此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．
27.【答案】解：(1)设每台A型电脑销售利润为x元，每台B型电脑的销售利润为y元，
根据题意得10x+20y=400020x+10y=3500，
解得x=100y=150．
答：每台A型电脑销售利润为100元，每台B型电脑的销售利润为150元；
(2)①∵B型电脑的进货量不少于A型电脑的3倍且不超过A型电脑的4倍，
∴1001+4⩽x⩽1001+3，
∴20⩽x⩽25．
据题意得，y=100x+150(100−x)，
即y=−50x+15000，(20⩽x⩽25)．
②据题意得
∵y=−50x+15000，(20⩽x⩽25)
∴y随x的增大而减小，
∵x为正整数，
∴当x=20时，y取最大值，则100−x=80，
即商店购进20台A型电脑和80台B型电脑的销售利润最大，
此时最大利润为y=−50⨉20+15000=14000元．
【解析】(1)设每台A型电脑销售利润为x元，每台B型电脑的销售利润为y元，然后根据利润4000元和3500元列出方程组，然后求解即可；
(2)①根据总利润等于两种电脑的利润之和列式整理即可得解；
②根据B型电脑的进货量不少于A型电脑的3倍且不超过A型电脑的4倍列不等式求出x的取值范围，然后根据一次函数的增减性求出利润的最大值即可．
本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一元一次不等式，读懂题目信息，准确找出等量关系列出方程组是解题的关键，利用一次函数的增减性求最值是常用的方法，需熟练掌握．
28.【答案】(1)证明：如图1，在AB边上截取AE=MC，连接ME，AN，
在正方形ABCD中，∠B=∠BCD=90°，AB=BC，
∴∠NMC=180°−∠AMN−∠AMB=180°−∠B−∠AMB=∠MAB，BE=AB−AE=BC−MC=BM，
∴∠BEM=45°，
∴∠AEM=135°，
∵N是∠DCP平分线上一点，
∴∠NCP=45°，
∴∠MCN=135°，
在△AEM与△MCN中，
∠MAE=∠NMCAE=MC∠AEM=∠MCN
∴△AEM≌△MCN(ASA)，
∴AM=MN，
∴△AMN为等腰三角形；
(2)△AMN是等边三角形，理由如下：
如图2，在边AB上截取AE=MC，连接ME，AN，
在正△ABC中，∠B=∠BCA=60°，AB=BC，
∴∠NMC=180°−∠AMN−∠AMB=180°−∠B−∠AMB=∠MAE，BE=AB−AE=BC−MC=BM，
∴∠BEM=60°，
∴∠AEM=120°，
∵N是∠ACP的平分线上一点，
∴∠ACN=60°，
∴∠MCN=120°，
在△AEM与△MCN中，
∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN，
∴△AEM≌△MCN(ASA)，
∴AM=MN，
∵∠AMN=60°
∴△AMN为等边三角形；
(3)若将(1)中的“正方形ABCD”改为“正n边形ABCD…X，则当∠AMN=(n−2)×180n度时，(1)中的结论仍然成立，
理由如下：
在正n边形的边AB上截取AE=MC，连接ME，AN，
在正n边形ABCD…X中，∠B=∠BCD，AB=BC，
当∠AMN=∠B=(n−2)×180n度时，
∴∠NMC=180°−∠AMN−∠AMB=180°−∠B−∠AMB=∠MAE，BE=AB−AE=BC−MC=BM，
∴∠BEM=∠BME，∠AEM=180°−∠BEM=180(n−1)n°，
∵N是∠DCP的平分线上一点，
∴∠NCP=180n度，
∴∠MCN=180°−180n=180(n−1)n°=∠AEM，
∴在△AEM与△MCN中，
∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN，
∴△AEM≌△MCN(ASA)，
∴AM=MN，
∴△AMN为等腰三角形，
∴当∠AMN=(n−2)×180n度时，(1)中的结论仍然成立．
【解析】本题考查了正多边形的性质，全等三角形的判定与性质，还考查了学生的归纳能力及分析、解决问题的能力，解题关键是能够结合正多边形的性质，通过作合适的辅助线构造全等三角形等．
(1)如图1，在边AB上截取AE=MC，连接ME，AN，证△AEM≌△MCN即可推出结论；
(2)同(1)如图2，在边AB上截取AE=MC，连接ME，AN，证△AEM≌△MCN即可推出结论；
(3)由(1)、(2)知，当∠AMN=(n−2)×180n度时，(1)中的结论仍然成立．
29.【答案】解：(1)如图(1)，连接DM、ME，
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，
∴DM=12BC，ME=12BC，
∴DM=ME，
又∵N为DE中点，
∴MN⊥DE；
(2)猜想：∠DME=180°−2∠A，
证明：在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°−∠A，
∵DM=ME=BM=MC，
∴∠BMD+∠CME=(180°−2∠ABC)+(180°−2∠ACB)，
=360°−2(∠ABC+∠ACB)，
=360°−2(180°−∠A)，
=2∠A，
∴∠DME=180°−2∠A；
(3)结论(1)成立，结论(2)不成立，
理由：如图，在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°−∠BAC，
∵DM=ME=BM=MC，
∴∠BME+∠CMD=2∠ACB+2∠ABC
=2(∠ACB+∠ABC)
=2(180°−∠BAC)
=360°−2∠BAC；
∴∠DME=180°−(∠BME+∠CMD)
=180°−(360°−2∠BAC)
=2∠BAC−180°．
故∠DME=2∠BAC−180°．

【解析】本题考查了直角三角形斜边上的中线、等腰三角形的性质和三角形的内角和定理的知识点，整体思想的利用是解题的关键．
(1)连接DM、ME，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DM=12BC，ME=12BC，从而得到DM=ME，再根据等腰三角形三线合一的性质证明；
(2)根据三角形的内角和定理可得∠ABC+∠ACB=180°−∠A，再根据等腰三角形两底角相等表示出∠BMD+∠CME，然后根据平角等于180°表示出∠DME，整理即可得解；
(3)根据三角形的内角和定理可得∠ABC+∠ACB=180°−∠BAC，再根据等腰三角形两底角相等和三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出∠BME+∠CMD，然后根据平角等于180°表示出∠DME，整理即可得解．
30.【答案】(1)50
(2)①6
②14
【解析】解：(1)∵AB=AC，
∴∠C=∠ABC=70°，
∴∠A=40°，
∵AB的垂直平分线交AB于点N，
∴∠ANM=90°，
∴∠NMA=50°，
故答案为：50；
(2)①∵MN是AB的垂直平分线，
∴AM=BM，
∴△MBC的周长=BM+CM+BC=AM+CM+BC=AC+BC，
∵AB=8，△MBC的周长是14，
∴BC=14−8=6；
②当点P与M重合时，△PBC周长的值最小，
理由：∵PB+PB=PA+PC，PA+PC≥AC，
∴P与M重合时，PA+PC=AC，此时PB+PC最小，
∴△PBC周长的最小值=AC+BC=8+6=14．
【分析】
(1)根据等腰三角形的性质和线段垂直平分线的性质即可得到结论；
(2)①根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质可得AM=BM，然后求出△MBC的周长=AC+BC，再代入数据进行计算即可得解，②当点P与M重合时，△PBC周长的值最小，于是得到结论．
本题主要考查了轴对称的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，熟记性质是解题的关键．
31.【答案】解：(1)∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACB−∠BCD=∠DCE−∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE，
∵在等腰直角△DCE中有CD=CE，
∴在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴BE=AD；
(2)如图2，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ABC=∠A=45°，
过点P作PF/​/AC交AB于F，
∴∠BFP=∠A=45°，∠BPF=∠ACB=90°，
∴∠PBF=45°，
∴PF=PB，
∵∠DPE=90°=∠BPF，
∴∠BPF−∠BPD=∠DPE−∠BPD，
∴∠DPF=∠EPB，
∴在△DPF和△EPB中，
∵DP=EP∠DPF=∠EPBPF=PB
∴△DPF≌△EPB(SAS)，
∴∠EBP=∠DFP=45°，
∴∠EBD=∠EBP+∠ABC=90°；
(3)如图3，
在△ABC中，∠ACB=60°，AC=BC，
∴∠ABC=∠A=60°，
过点P作PG/​/AC交AB于G，
∴∠BGP=∠A=60°，∠BPG=∠ACB=60°，
∴∠PBG=60°，
∴PG=PB，
∵∠DPE=60°=∠BPG，
∴∠BPG−∠BPD=∠DPE−∠BPD，
∴∠DPG=∠EPB，
∴在△DPG和△EPB中，
∵PG=PB∠DPG=∠EPBDP=EP
∴△DPG≌△EPB(SAS)，
∴∠EBP=∠DGP=60°，
∴∠EBD=∠EBP+∠ABC=120°．
【解析】(1)先判断出∠ACD=∠BCE，进而证明△ACD≌△BCE，即可得出结论；
(2)过点P作PF/​/AC交AB于F，同(1)的方法判断出△DPF≌△EPB，得出∠EBP=∠DFP=45°，即可得出结论；
(3)过点P作PG/​/AC交AB于G，同(1)的方法判断出△DPG≌△EPB，得出∠EBP=∠DGP=60°，即可得出结论．
此题是三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，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．
32.【答案】(1)证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=CA，∠ABE=∠CAD=60°，
∵点D、E以相同的速度，同时从点A、点B出发，分别沿AB、BC方向运动，
∴BE=AD，
在△ABE和△CAD中，
AB=CA∠ABE=∠CADBE=AD，
∴△ABE≌△CAD(SAS)；
(2)60
(3)解：BO与PO的数量关系为BO=2PO，理由如下：
延长OP到F，使PF=OP，连接CF，以OC为边作等边△COG，连接BG，如图2所示：
由(2)知，∠COE=60°，
∴O、E、G三点共线，
∵点P为边AC中点，
∴AP=CP，
在△APO和△CPF中，
AP=CP∠APO=∠CPFOP=PF，
∴△APO≌△CPF(SAS)，
∴AO=CF，∠AOP=∠F，
∴CF//AO，
∴∠FCO=∠COE=60°，
∵△COG是等边三角形，
∴CO=OG=CG，∠COG=∠GCO=∠CGO=60°，
∴∠AOC=180°−60°=120°，
∵∠ACB=∠OCG=60°，
∴∠ACO=∠BCG，
在△ACO和△BCG中，
AC=BC∠ACO=∠BCGCO=CG，
∴△ACO≌△BCG(SAS)，
∴∠BGC=∠AOC=120°，AO=BG，
∴CF=BG，∠BGO=∠BGC−∠CGO=120°−60°=60°，
∴∠FCO=∠BGO，
在△FCO和△BGO中，
CF=BG∠FCO=∠BGOCO=GO,
∴△FCO≌△BGO(SAS)，
∴BO=OF，
∵PF=OP，
∴BO=2PO．
【解析】【分析】
本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、平行线的判定与性质以及三角形的外角性质等知识；本题综合性强，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
(1)由SAS证明△ABE≌△CAD即可；
(2)先由全等三角形的性质得∠BAE=∠ACD，再由三角形的外角性质即可得出答案；
(3)延长OP到F，使PF=OP，连接CF，以OC为边作等边△COG，连接BG，先证△APO≌△CPF(SAS)，得AO=CF，∠AOP=∠F，则CF//AO，再证△ACO≌△BCG(SAS)，得∠BGC=∠AOC=120°，AO=BG，然后证△FCO≌△BGO(SAS)，得BO=OF，进而得出结论．
【解答】
(1)见答案
(2)解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∵△ABE≌△CAD，
∴∠BAE=∠ACD，
∵∠COE是△ACO的外角，
∴∠COE=∠ACD+∠EAC=∠BAE+∠EAC=∠BAC=60°，
故答案为60；
(3)见答案
33.【答案】(1)3；
(2)∵mn3m+2n=3mn2m+3n=5
∴3m+2nmn=132m+3nmn=15
∴3n+2m=13①2n+3m=15②
∴①×2−②×3得
−5m=115
∴m=−75 ③
将③代入①得3n+2−75=13
解得n=253
经检验，m=−75，n=253是原方程的解
∴原方程的解是m=−75，n=253．
(3)∵yzbz+cy=zxcx+az=xyay+bx=x2+y2+z2a2+b2+c2，x≠0，y≠0，z≠0，
∴ybz+cy=xcx+az，zcx+az=yay+bx
∴bz+cyy=cx+azx，cx+azz=ay+bxy
∴by=ax，cz=by
∴x=ayb，z=cyb
将上式代入zxcx+az=x2+y2+z2a2+b2+c2，化简得
12b=yb2
∴y=b2
∴x=ab⋅b2=a2
z=cb⋅b2=c2
又∵abc=5
∴xyz=58
∴xyz的值为58．
【解析】解：(1)∵xx2−x+1=12
∴x2−x+1x=2
即x−1+1x=2
∴x+1x=3
故答案为：3．
(2)(3)见答案；
(1)仿照材料一，取倒数，再约分，化简即可；
(2)仿照材料一，取倒数，再约分．利用加减消元法求解即可；
(3)先化简已知条件，将x和z用y表示出来，再代入式子zxcx+az=x2+y2+z2a2+b2+c2，用含b的式子表示出x，y，z，再相乘化简即可．
本题考查了给材料阅读，然后仿做并探索较为复杂的化简计算题型，难度较大．