2022-2023学年上学期广州市初中数学八年级期末典型试卷1

这是一份2022-2023学年上学期广州市初中数学八年级期末典型试卷1，共28页。

2022-2023学年上学期广州市初中数学八年级期末典型试卷1
一．选择题（共10小题）
1．（2020秋•花都区期末）下列地铁标志图形中属于轴对称图形的是（　　）
A．青岛地铁
B．北京地铁
C． 广州地铁
D．上海地铁
2．（2020秋•广州校级期末）若分式有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x≠6 B．x≠0 C．x≠﹣ D．x≠﹣6
3．（2020秋•海珠区期末）已知a+b＝6，ab＝﹣2，则a2+b2的值是（　　）
A．36 B．40 C．42 D．32
4．（2020秋•花都区期末）一个三角形的两边长为2和6，第三边为偶数．则这个三角形的周长为（　　）
A．16 B．14 C．12 D．10
5．（2020秋•海珠区期末）在下列长度的三条线段中，能组成三角形的是（　　）
A．1cm，2cm，4cm B．2cm，3cm，4cm
C．3cm，5cm，8cm D．8cm，4cm，4cm
6．若关于x的方程＝有解，则a的值不能为（　　）
A．3 B．2 C． D．
7．（2020秋•海珠区期末）如图，将△ABC沿直线DE折叠后，使得点B与点A重合，若AC＝5，BC的长为12，则△ADC的周长为（　　）

A．17 B．10 C．12 D．22
8．（2020秋•海珠区期末）在下列式子中，属于分式是（　　）
A． B． C．+1 D．
9．在边长为8的等边△ABC中，D为BC边上的中点，M是线段BA上的一点，N是射线AC上的一点，且∠MDN＝120°，AM＝1，则CN的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．（2020秋•海珠区期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的中点，∠BAC＝45°，BE⊥AC交于AD，AC于点G，E，连接CG．作CG∥EF交AB于点F，连接FD，则下列结论正确的个数为（　　）
①∠BAD＝∠EBC；②AG＝2CD；③FD＝EF；④AE＝EG+EC；⑤S△AFD：S△AEF＝BE：2EF．

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
二．填空题（共6小题）
11．（2020秋•海珠区期末）如图∠1，∠2，∠3分别是△ABC的外角，则∠1+∠2+∠3＝　 　°．

12．（2020秋•海珠区期末）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，BF＝CD，BD＝CE，若∠A＝40°，则∠FDE＝　 　．

13．（2020秋•花都区期末）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，D是AC边上的点，DA＝DB＝3，则AC的长为　 　．

14．（2020秋•花都区期末）如图，在△ABC中，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，∠BIC＝130°，则∠A＝　 　．

15．（2020秋•海珠区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，AD是∠BAC的平分线，BC＝6，AD＝4，若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是　 　．

16．（2020秋•海珠区期末）从甲地到乙地有两条都是3千米的路，其中第一条是平路，第二条是1千米的上坡路，2千米的下坡路；小明在上坡路上的骑车速度为v千米/时，在平路上的骑车速度为2v千米/时，在下坡路上的骑车速度为3v千米/时，则他走第二条路比走第一条路多用了　 　小时．（用含v的代数式表示）
三．解答题（共9小题）
17．（2020秋•广州校级期末）计算：﹣÷．
18．（2020秋•海珠区期末）解关于x的方程：＝2+．
19．（2020秋•广州校级期末）先化简，再求值：+÷，其中b与2，4构成△ABC的三边，且b为整数．
20．已知W＝（+）÷．
（1）化简W；
（2）若a，2，4恰好是等腰△ABC的三边长，求W的值．
21．（2020秋•花都区期末）已知，四边形ABCD中，∠C+∠D＝200°，∠B＝3∠A，求∠A和∠B的度数．
22．（2020秋•广州校级期末）如图，△ABC中，AB＝AC，点D在AB边上，点E在AC的延长线上，且CE＝BD，连接DE交BC于点F，过点D作DG⊥BC，垂足为G．求证：BC＝2FG．

23．（2020秋•海珠区期末）如图，平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），且a、b满足（a+2）2+（b﹣2）2＝0．点C是x轴正半轴上一点，点E是线段BO上一点，且AE＝BC，线段AE的延长线与BC交于点D．设点E坐标是（0，m）．
（1）求点C坐标（用含m的式子表示）；
（2）若∠BCA＝80°，求∠BAE度数．

24．（2020秋•海珠区期末）因为（x+1）（x﹣2）＝x2﹣x﹣2，所以（x2﹣x﹣2）÷（x﹣2）＝x+1，我们称之为x2﹣x﹣2能被x﹣2整除，得到x+1．回答下面问题，
（1）填空（x2+x﹣6）÷（x+3）＝　 　．
（2）多项式A＝x3+ax2+bx﹣75，同时A能被x﹣3整除，得到一个完全平方式（x+t）2，求a+b的值．
（3）设多项式B＝x3+mx2+nx+mn（m，n，k为整数），且有+18＝（x﹣4）（x+3），求k值．
25．（2020秋•海珠区期末）如图1，△ABC中，∠BAC为锐角，以AB、AC为边作等边△ABP、△ACQ，连接PC、QB交于点O，则
（1）∠POB＝　 　；点A到PC、BQ的距离的数量关系是　 　．
（2）在（1）的结论下，连接AO，求证：
①AO平分∠POQ；
②OA+OB＝OP．
（3）应用：小明发现，根据上面结论，构造等边三角形可以实现将线段“转换”的效果（把OA+OB转换为OP）于是，他帮助工程师的爸爸，解决了以下的实际问题．
如图2，在河（MN）附近有A、B两个村庄在河边找点K建引水站，再在图中阴影部分找点O，从而把水引入A、B两村，请在图中找出点K、O的位置，使全程管道（即OA+OB+OK）用料最少．


2022-2023学年上学期广州市初中数学八年级期末典型试卷1
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2020秋•花都区期末）下列地铁标志图形中属于轴对称图形的是（　　）
A． 青岛地铁 B． 北京地铁 C． 广州地铁 D． 上海地铁
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2．（2020秋•广州校级期末）若分式有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x≠6 B．x≠0 C．x≠﹣ D．x≠﹣6
【考点】分式有意义的条件．
【专题】分式；运算能力．
【分析】根据分式的分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】解：要使分式有意义，必须x+6≠0，
解得，x≠﹣6，
故选：D．
【点评】本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式的分母不为0是解题的关键．
3．（2020秋•海珠区期末）已知a+b＝6，ab＝﹣2，则a2+b2的值是（　　）
A．36 B．40 C．42 D．32
【考点】完全平方公式．
【专题】整式；运算能力．
【分析】根据完全平方公式：（a+b）2＝a2+2ab+b2进行计算即可．
【解答】解：∵（a+b）2＝a2+2ab+b2，a+b＝6，ab＝﹣2，
∴a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝36﹣2×（﹣2）＝40，
故选：B．
【点评】此题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
4．（2020秋•花都区期末）一个三角形的两边长为2和6，第三边为偶数．则这个三角形的周长为（　　）
A．16 B．14 C．12 D．10
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；推理能力．
【分析】根据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．即可求解．
【解答】解：第三边的取值范围是大于4且小于8，又第三边是偶数，故第三边是6．
则该三角形的周长是14．
故选：B．
【点评】考查了三角形的三边关系，首先根据三角形的三边关系确定第三边的取值范围，再根据第三边是偶数确定第三边的长．
5．（2020秋•海珠区期末）在下列长度的三条线段中，能组成三角形的是（　　）
A．1cm，2cm，4cm B．2cm，3cm，4cm
C．3cm，5cm，8cm D．8cm，4cm，4cm
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；推理能力．
【分析】根据三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，逐个判断即可．
【解答】解：A．1+2＜4，不能组成三角形，故此选项不符合题意；
B．2+3＞4，能组成三角形，故此选项符合题意；
C．3+5＝8，不能组成三角形，故此选项不符合题意；
D．4+4＝8，不能组成三角形，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，熟知三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解题的关键．
6．若关于x的方程＝有解，则a的值不能为（　　）
A．3 B．2 C． D．
【考点】分式方程的解．
【专题】分类讨论；运算能力．
【分析】先解分式方程，然后要求所求解不能是增根，即可求出．
【解答】解：解分式方程，得：
x＝，
∵方程有解，
∴x﹣a≠0，且2x﹣1≠0，
∴x≠a且x≠0.5，
∴，
解得：a≠．
故选：D．
【点评】本题主要考查了学生对于分式方程增根的理解，解题的顺序是先求分式方程的解，然后所求解不等于增根，最后解不等式，得到a的取值范围．
7．（2020秋•海珠区期末）如图，将△ABC沿直线DE折叠后，使得点B与点A重合，若AC＝5，BC的长为12，则△ADC的周长为（　　）

A．17 B．10 C．12 D．22
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】由折叠的性质可得AD＝BD，即可求解．
【解答】解：∵将△ABC沿直线DE折叠，
∴AD＝BD，
∴△ADC的周长＝AD+AC+CD＝BC+AC＝17，
故选：A．
【点评】本题考查了翻折变换，掌握折叠的性质是本题的关键．
8．（2020秋•海珠区期末）在下列式子中，属于分式是（　　）
A． B． C．+1 D．
【考点】分式的定义．
【专题】分式；推理能力．
【分析】根据分式的定义进行解答即可，一般地，如果A，B表示两个整式，并且B中含有字母，那么式子叫做分式．
【解答】解：A.分母中的π不是字母，是数字，故本选项不是分式；
B.分母中含有字母，故本选项是分式；
C.，分母中含没有字母，故本选项不是分式方程；
D.，分母中含没有字母，故本选项不是分式方程．
故选：B．
【点评】本题考查的是分式的定义，在解答此题时要注意分式是形式定义，只要是分母中含有未知数的式子即为分式．
9．在边长为8的等边△ABC中，D为BC边上的中点，M是线段BA上的一点，N是射线AC上的一点，且∠MDN＝120°，AM＝1，则CN的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【专题】图形的全等；几何直观；推理能力．
【分析】在AC的延长线上取点E，使得CE＝CD，利用全等三角形的判定和性质解答即可．
【解答】解：如图，在AC的延长线上取点E，使得CE＝CD，

则∠CDE＝∠CED＝30°，
∴∠ADE＝120°，∠MDN＝120°，
∴∠MDA＝∠NDE，
∵∠MAD＝∠NED＝30°，
∵AD＝DE，
在△MDA与△NDE中，
，
∴△MDA≌△NDE（AAS），
∴NE＝MA＝1，
∴CN＝4﹣1＝3，
故选：A．
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据全等三角形的判定和性质解答．
10．（2020秋•海珠区期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的中点，∠BAC＝45°，BE⊥AC交于AD，AC于点G，E，连接CG．作CG∥EF交AB于点F，连接FD，则下列结论正确的个数为（　　）
①∠BAD＝∠EBC；②AG＝2CD；③FD＝EF；④AE＝EG+EC；⑤S△AFD：S△AEF＝BE：2EF．

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】几何图形问题；推理能力．
【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质，求得角度之间的关系，进而利用等角对等边可证；
（2）利用中线性质和全等可证；
（3）利用等腰三角形三线合一的性质，求得角度之间的关系，进而利用等角对等边可证；
（4）利用边之间的关系可求；
（5）表示出两个三角形的面积，求出比值，求出BE与2EF的比值，即可证．
【解答】解：①∵AB＝AC，D是BC边上的中点，
∴AD⊥BC，AD平分∠BAC，
∴∠ADC＝90°，∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝22.5°，
∴∠ACD＝90°﹣∠CAD＝67.5°，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC＝90°，
∴∠EBC＝90°﹣∠ACD＝22.5°＝∠BAD，
故①正确；
②∵∠ABC＝（180°﹣∠BAC）＝67.5°，∠EBC＝22.5°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝45°＝∠BAC，
∴BE＝AE，
∵∠CAD＝∠EBC，∠BEA＝∠BEC，
∴△AEG≌△BEC（ASA），
∴AG＝BC，
∵D是BC边上的中点，
∴BC＝2CD，
∴AG＝2CD，
故②正确；
③∵AD⊥BC，D是BC边上的中点，
∴AD垂直平分BC，
∴GB＝GC，
∴∠GBC＝∠GCB＝22.5°，
∴∠EGC＝45°，
∵EF∥GC，
∴∠FEG＝∠CGE＝45°，
∴∠AEF＝45°，
∴EF平分∠AEB，
∵AE＝EB，
∴F是AB中点，
∴EF＝AF＝BF＝AB＝，
∵D是BC中点，
∴DF为中位线，
∴DF＝，
∴DF＝EF，
故③正确；
④∵AE＝EB，BG＝CG，
∴AE＝EB＝BG+EG＝CG+EG＞EG+EC，
故④错误；
⑤过点D作DH⊥AB交AB于H，如图，

∵FD为中位线，
∴FD∥AC，
∴∠HFD＝∠BAC＝45°，
∴HD＝FD＝EF，
∴S△AFD＝AF•HD＝AF×EF＝AF•EF，
∵S△AEF＝AF•EF，
∴S△AFD：S△AEF＝AF•EF：AF•EF＝；
设BE＝AE＝a，
则AB＝a，
EF＝a，
∴BE：2EF＝，
∴S△AFD：S△AEF＝BE：2EF，
故⑤正确．
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积等，是一道综合题目，解答的关键是熟练掌握三角形判定的法则及三角形面积表示方法．
二．填空题（共6小题）
11．（2020秋•海珠区期末）如图∠1，∠2，∠3分别是△ABC的外角，则∠1+∠2+∠3＝　360　°．

【考点】三角形的外角性质．
【专题】三角形；应用意识．
【分析】利用三角形的外角和定理解答．
【解答】解：∵三角形的外角和为360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°，
故答案为：360°．
【点评】本题主要考查了三角形的外角和定理，正确理解和熟记三角形外角和定理是解题的关键．
12．（2020秋•海珠区期末）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，BF＝CD，BD＝CE，若∠A＝40°，则∠FDE＝　70°　．

【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；运算能力；推理能力．
【分析】根据全等三角形的判定推出△BFD≌△CDE，根据全等三角形的性质得出∠BFD＝∠CDE，根据三角形的内角和定理求出∠B＝∠C＝（180°﹣∠A）＝70°，求出∠FDB+∠EDC＝∠FDB+∠BFD＝180°﹣∠B＝110°，再求出答案即可．
【解答】解：在△BFD和△CDE中，
，
∴△BFD≌△CDE（SAS），
∴∠BFD＝∠CDE，
∵∠B＝∠C，∠A＝40°，
∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠A）＝70°，
∴∠FDB+∠CDE＝∠FDB+∠BFD＝180°﹣∠B＝110°，
∴∠FDE＝180°﹣（∠FDB+∠EDC）＝180°﹣110°＝70°，
故答案为：70°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据全等三角形的性质得出∠BFD＝∠CDE是解此题的关键．
13．（2020秋•花都区期末）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，D是AC边上的点，DA＝DB＝3，则AC的长为　9　．

【考点】等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【分析】由等腰三角形的性质得出∠A＝∠C＝30°，∠DBC＝30°，得出∠DBC＝90°，由直角三角形的性质得出答案．
【解答】解：∵AB＝BC，∠ABC＝120°，
∴∠A＝∠C＝30°，
∵DA＝DB＝3，
∴∠DBA＝∠A＝30°，
∴∠DBC＝∠ABC﹣∠DBA＝120°﹣30°＝90°，
∴DC＝2DB＝6，
∴AC＝AD+CD＝3+6＝9．
故答案为：9．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和直角三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
14．（2020秋•花都区期末）如图，在△ABC中，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，∠BIC＝130°，则∠A＝　80°　．

【考点】三角形内角和定理．
【分析】首先根据BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，推得∠IBC+∠ICB＝（∠ABC+∠ACB）；然后根据三角形的内角和定理，求出∠IBC、∠ICB的度数和，进而求出∠A的度数是多少即可．
【解答】解：∵BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，
∴∠IBC＝，∠ICB＝∠ACB，
∴∠IBC+∠ICB＝（∠ABC+∠ACB），
∵∠BIC＝130°，
∴∠IBC+∠ICB＝180°﹣130°＝50°，
∴∠ABC+∠ACB＝50°×2＝100°，
∴∠A＝180°﹣100°＝80°．
故答案为：80°．
【点评】（1）此题主要考查了三角形的内角和定理，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：三角形的内角和是180°．
（2）此题还考查了角平分线的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：一个角的平分线把这个角分成两个大小相同的角．
15．（2020秋•海珠区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，AD是∠BAC的平分线，BC＝6，AD＝4，若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是　　．

【考点】等腰三角形的性质；轴对称﹣最短路线问题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】由等腰三角形的三线合一可得出AD垂直平分BC，过点B作BQ⊥AC于点Q，BQ交AD于点P，则此时PC+PQ取最小值，最小值为BQ的长，在△ABC中，利用面积法可求出BQ的长度，此题得解．
【解答】解：∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，
∴AD垂直平分BC，
∴BP＝CP．
如图，过点B作BQ⊥AC于点Q，BQ交AD于点P，则此时PC+PQ取最小值，最小值为BQ的长，如图所示．

∵S△ABC＝BC•AD＝AC•BQ，
∴BQ＝＝，
即PC+PQ的最小值是．
故答案为：．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题、等腰三角形的性质以及三角形的面积，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
16．（2020秋•海珠区期末）从甲地到乙地有两条都是3千米的路，其中第一条是平路，第二条是1千米的上坡路，2千米的下坡路；小明在上坡路上的骑车速度为v千米/时，在平路上的骑车速度为2v千米/时，在下坡路上的骑车速度为3v千米/时，则他走第二条路比走第一条路多用了　　小时．（用含v的代数式表示）
【考点】列代数式．
【专题】行程问题；符号意识．
【分析】分别表示在两条路上所用的时间，作差即可求得．
【解答】解：第一条路所用时间：，
第二条路所用时间：+＝，
第二条路比走第一条路多用的时间为：
﹣＝，
故答案为：．
【点评】本题以行程为背景考查了列代数式，关键是根据路程等于速度乘以时间求解．
三．解答题（共9小题）
17．（2020秋•广州校级期末）计算：﹣÷．
【考点】分式的混合运算．
【分析】根据运算顺序，先算除法，再算减法，计算即可．
【解答】解：原式＝﹣•
＝﹣
＝
＝﹣．
【点评】本题考查了分式的混合运算，因式分解是解题的关键．
18．（2020秋•海珠区期末）解关于x的方程：＝2+．
【考点】解分式方程．
【专题】分式；运算能力．
【分析】方程两边都乘以x﹣3得出1＝2（x﹣3）﹣x，求出方程的解，再进行检验即可．
【解答】解：方程两边都乘以x﹣3，得1＝2（x﹣3）﹣x，
解得：x＝7，
检验：当x＝7时，x﹣3≠0，
所以x＝7是原方程的解，
即原方程的解是x＝7．
【点评】本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键．
19．（2020秋•广州校级期末）先化简，再求值：+÷，其中b与2，4构成△ABC的三边，且b为整数．
【考点】分式的化简求值；三角形三边关系．
【专题】运算能力．
【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再根据三角形的三边关系判断出b的取值范围，选取合适的b的值代入进行计算即可．
【解答】解：原式＝＝＝＝，
∵b与2，4构成△ABC的三边，
∴4﹣2＜b＜4+2，
∴2＜b＜6，
∵b为整数，
∴b＝3或4或5，
∵b﹣3≠0且b+3≠0且b≠0且b﹣4≠0，
∴b≠3且b≠﹣3且b≠0且b≠4，
∴b＝5，
当b＝5时，原式＝．
【点评】本题考查了分式的化简求值和三角形三边关系定理，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键．
20．已知W＝（+）÷．
（1）化简W；
（2）若a，2，4恰好是等腰△ABC的三边长，求W的值．
【考点】分式的化简求值；三角形三边关系；等腰三角形的性质．
【专题】分式；运算能力．
【分析】（1）先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简即可；
（2）先根据等腰三角形的定义和三角形三边关系得出a的值，再代入计算即可．
【解答】解：（1）W＝[+]÷
＝•
＝；
（2）∵a，2，4恰好是等腰△ABC的三边长，
∴a＝4，
则W＝＝＝．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
21．（2020秋•花都区期末）已知，四边形ABCD中，∠C+∠D＝200°，∠B＝3∠A，求∠A和∠B的度数．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】利用四边形的内角和等于360度即可解决问题．
【解答】解：∵四边形内角和360°，∠C+∠D＝200°，
∴∠B+∠A＝360°﹣200°＝160°，
∵∠B＝3∠A，
∴3∠A+∠A＝160°，
∴∠A＝40°，
∴∠B＝120°．
答：∠A和∠B的度数分别是40°和120°．
【点评】此题考查了多边形的内角与外角，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．
22．（2020秋•广州校级期末）如图，△ABC中，AB＝AC，点D在AB边上，点E在AC的延长线上，且CE＝BD，连接DE交BC于点F，过点D作DG⊥BC，垂足为G．求证：BC＝2FG．

【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】过点D作DH∥AC交BC于H，由“AAS”可证△DHF≌△ECF，可得，由等腰三角形的性质可得，即可求解．
【解答】证明：过点D作DH∥AC交BC于H，

则∠BHD＝∠ACB，∠DHF＝∠ECF，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∴∠B＝∠BHD，
∴BD＝DH，
∵CE＝BD，
∴DH＝CE，
在△DHF和△ECF中，
，
∴△DHF≌△ECF（AAS）
∴，
∵BD＝DH，DG⊥BC，
∴，
∴，
∴BC＝2FG．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
23．（2020秋•海珠区期末）如图，平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），且a、b满足（a+2）2+（b﹣2）2＝0．点C是x轴正半轴上一点，点E是线段BO上一点，且AE＝BC，线段AE的延长线与BC交于点D．设点E坐标是（0，m）．
（1）求点C坐标（用含m的式子表示）；
（2）若∠BCA＝80°，求∠BAE度数．

【考点】非负数的性质：偶次方；坐标与图形性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】平面直角坐标系；三角形；应用意识．
【分析】（1）根据等式可确定A、B点坐标，再证△AOE和△BOC全等即可；
（2）根据等腰直角三角形的性质及给出的度数即可求出．
【解答】解：（1）∵a、b满足（a+2）2+（b﹣2）2＝0，
∴a＝﹣2，b＝2，
即A（﹣2，0），B（0，2），
即OA＝OB＝2，
在Rt△AOE和Rt△BOC中，
，
∴Rt△AOE≌Rt△BOC（HL），
∴OC＝OE，
∵点E（0，m），
∴点C的坐标为（m，0）；
（2）由（1）中△AOE≌△BOC得，
∠BAC＝∠AEO＝80°，
∵OA＝OB，∠BOA＝90°，
∴∠BAO＝∠ABO＝45°，
∴∠BAE＝∠AEO﹣∠ABO＝80°﹣∠ABO＝80°﹣45°＝35°．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
24．（2020秋•海珠区期末）因为（x+1）（x﹣2）＝x2﹣x﹣2，所以（x2﹣x﹣2）÷（x﹣2）＝x+1，我们称之为x2﹣x﹣2能被x﹣2整除，得到x+1．回答下面问题，
（1）填空（x2+x﹣6）÷（x+3）＝　x﹣2　．
（2）多项式A＝x3+ax2+bx﹣75，同时A能被x﹣3整除，得到一个完全平方式（x+t）2，求a+b的值．
（3）设多项式B＝x3+mx2+nx+mn（m，n，k为整数），且有+18＝（x﹣4）（x+3），求k值．
【考点】完全平方式；整式的混合运算；因式分解的应用．
【专题】阅读型；运算能力；应用意识．
【分析】（1）将x2+x﹣6利用十字相乘公式分解，即可求解；
（2）利用整除的定义表示A，利用x3+ax2+bx﹣75＝（x﹣3）（x+t）2可求；
（3）利用+18＝（x﹣4）（x+3）表示B，利用x3+mx2+nx+mn＝（x+k）（x﹣4）（x+3）﹣18（x+k）可求．
【解答】解（1）∵x2+x﹣6＝（x+3）（x﹣2），
∴（x2+x﹣6）÷（x+3）＝（x+3）（x﹣2）÷（x+3）＝x﹣2；
故答案为：x﹣2；
（2）由题意可得，
A＝（x﹣3）（x+t）2＝（x﹣3）（x2+2tx+t2）＝x3+（2t﹣3）x2+（t2﹣6t）x﹣3t2，
又∵A＝x3+ax2+bx﹣75，
∴x3+ax2+bx﹣75＝x3+（2t﹣3）x2+（t2﹣6t）x﹣3t2，
∴a＝2t﹣3，b＝t2﹣6t，﹣75＝﹣3t2，
∴a＝7或﹣13，b＝﹣5或55，t＝±5，
∴a+b＝7﹣5＝2或﹣13+55＝42；
（3）∵+18＝（x﹣4）（x+3），
∴B＝（x﹣4）（x+3）（x+k）﹣18（x+k）＝x3+（k﹣1）x2﹣（k+30）x﹣30k，
又∵B＝x3+mx2+nx+mn，
∴x3+（k﹣1）x2﹣（k+30）x﹣30k＝x3+mx2+nx+mn，
∴k﹣1＝m，﹣（k+30）＝n，﹣30k＝mn，
∴﹣30k＝﹣（k﹣1）（k+30），
解得k＝﹣5或k＝6．
【点评】本题以整除为背景考查了因式分解的应用，关键是能够合理的运用因式分解公式．
25．（2020秋•海珠区期末）如图1，△ABC中，∠BAC为锐角，以AB、AC为边作等边△ABP、△ACQ，连接PC、QB交于点O，则
（1）∠POB＝　60°　；点A到PC、BQ的距离的数量关系是　相等　．
（2）在（1）的结论下，连接AO，求证：
①AO平分∠POQ；
②OA+OB＝OP．
（3）应用：小明发现，根据上面结论，构造等边三角形可以实现将线段“转换”的效果（把OA+OB转换为OP）于是，他帮助工程师的爸爸，解决了以下的实际问题．
如图2，在河（MN）附近有A、B两个村庄在河边找点K建引水站，再在图中阴影部分找点O，从而把水引入A、B两村，请在图中找出点K、O的位置，使全程管道（即OA+OB+OK）用料最少．

【考点】三角形综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】（1）由“SAS”可证△PAC≌△BAQ，可得∠APC＝∠ABQ，由三角形内角和可求∠POB＝60°，由三角形面积公式可求AE＝AF，可求解；
（2）①由“HL”可证Rt△AEO≌Rt△AFO，可得∠AOE＝∠AOF，OE＝OF，可得结论；
②由“AAS”可证△AEP≌△AFB，可得PE＝BF，即可求解；
（3）以AB为边作等边△ABP，过点P作PK⊥MN，连接AK，作等边△AKE，连接BE交PK于点O，连接AO，由（2）的结论可得OA+OB＝OP，则当点O，点K，点P三点共线，且PK垂直MN时，OA+OB+OK有最小值．
【解答】解：（1）∵△ABP和△ACQ是等边三角形，
∴AB＝AP，AQ＝AC，∠PAB＝∠QAC＝60°，
∴∠PAC＝∠BAQ，
∴△PAC≌△BAQ（SAS），
∴∠APC＝∠ABQ，
∵∠APO+∠BPO+∠ABP＝180°﹣∠BAP＝120°，
∴∠ABO+∠BPO+∠ABP＝120°，
∴∠POB＝60°，
如图1，过点A作AE⊥PC于E，AF⊥BQ于F，

∵△PAC≌△BAQ，
∴BQ＝PC，S△ABQ＝S△APC，
∴×BQ×AF＝×PC×AE，
∴AE＝AF，
∴点A到PC、BQ的距离相等，
故答案为60°，相等；
（2）①在Rt△AEO和Rt△AFO中，
，
∴Rt△AEO≌Rt△AFO（HL），
∴∠AOE＝∠AOF，OE＝OF，
∴AO平分∠POQ；
②∵∠AOE＝∠AOF，∠BOP＝60°，
∴∠AOE＝∠AOF＝60°，
∴∠OAF＝30°，
∴AO＝2OF，
在△AEP和△AFB中，
，
∴△AEP≌△AFB（AAS），
∴PE＝BF，
∴PO＝PE+EO＝BF+EO＝BO+EO+FO＝BO+AO；
（3）如图3，以AB为边作等边△ABP，过点P作PK⊥MN，连接AK，作等边△AKE，连接BE交PK于点O，连接AO，

由（2）的结论可得OA+OB＝OP，
∴当点O，点K，点P三点共线，且PK垂直MN时，OA+OB+OK有最小值．
【点评】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键