2019-2020学年湖北省武汉市武昌区八年级（上）期末数学试卷 解析

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2019-2020学年湖北省武汉市武昌区八年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个正确，请在答题卷上将正确答案的代号涂黑，
1．（3分）（2019秋•武昌区期末）下列几何图形不一定是轴对称图形的是（　　）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．角 D．圆
【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、是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项符合题意；
C、是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【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．（3分）（2019秋•武昌区期末）若分式的值为零，则x的值是（　　）
A．1 B．﹣1 C．±1 D．0
【分析】根据分式的值为0，分子等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
【解答】解：根据题意得，x﹣1＝0且x+1≠0，
解得x＝1且x≠﹣1，
所以x＝1．
故选：A．
【点评】本题考查了分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为0；（2）分母不为0．这两个条件缺一不可．
3．（3分）（2019秋•武昌区期末）下列运算正确的是（　　）
A．a•a3＝a3 B．a6÷a3＝a2 C．（a2）3＝a5 D．（2a）3＝8a3
【分析】根据整式的运算法则即可求出答案．
【解答】解：（A）原式＝a4，故A错误．
（B）原式＝a3，故B错误．
（C）原式＝a6，故C错误．
故选：D．
【点评】本题考查整式的运算，解题的关键是熟练运用整式的运算法则，本题属于基础题型．
4．（3分）（2019秋•武昌区期末）如图是两个全等三角形，图中字母表示三角形的边长，则∠α的度数为（　　）

A．50° B．58° C．60° D．62°
【分析】根据全等三角形的对应角相等解答．
【解答】解：∵两个三角形全等，
∴∠α＝180°﹣58°﹣62°＝60°，
故选：C．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
5．（3分）（2019秋•武昌区期末）华为麒麟990芯片采用了最新的0.000000007米的工艺制程，数0.000000007用科学记数法表示为（　　）
A．7×10﹣9 B．7×10﹣8 C．0.7×10﹣9 D．0.7×10﹣8
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：数0.00 000 0007用科学记数法表示为7×10﹣9．
故选：A．
【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
6．（3分）（2019秋•武昌区期末）下列计算正确的是（　　）
A．﹣2（a﹣1）＝﹣2a﹣1 B．（﹣3a﹣2）（3a﹣2）＝9a2﹣4
C．（a+b）2＝a2+b2 D．﹣（x﹣2y）2＝﹣x2+4xy﹣4y2
【分析】根据单项式乘以多项式、平方差公式和完全平方公式分别求出每个式子的值，再判断即可．
【解答】解：A、﹣2（a﹣1）＝﹣2a+2，故本选项不符合题意；
B、（﹣3a﹣2）（3a﹣2））＝（﹣2）2﹣（3a）2＝4﹣9a2，故本选项不符合题意；
C、（a+b）2＝a2+2ab+b2，故本选项不符合题意；
D、﹣（x﹣2y）2＝﹣x2+4xy﹣4y2，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了去括号法则，单项式乘以多项式、平方差公式和完全平方公式等知识点，能求出每个式子的值是解此题的关键．
7．（3分）（2019秋•武昌区期末）在等腰△ABC中，∠A＝70°，则∠C的度数不可能是（　　）
A．40° B．55° C．65° D．70°
【分析】分为三种情况，当∠A＝∠C时，当∠A＝∠B＝70°时，当∠B＝∠C时，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出即可．
【解答】解：当∠A＝∠C时，∠C＝70°；
当∠A＝∠B＝70°时，∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝40°；
当∠B＝∠C时，∠C＝∠B＝（180°﹣∠A）＝55°；
即∠C的度数可以是70°或40°或55°，
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，能求出符合的所有情况是解此题的关键．
8．（3分）（2019秋•武昌区期末）下列因式分解结果正确的是（　　）
A．﹣x2+4x＝﹣x（x+4） B．4x2﹣y2＝（4x+y）（4x﹣y）
C．x2y﹣2xy+y＝y（x﹣1）2 D．x2﹣3x﹣4＝（x﹣1）（x+4）
【分析】直接利用提取公因式法以及公式法分解因式、结合十字相乘法分解因式得出答案．
【解答】解：A、﹣x2+4x＝﹣x（x﹣4），故此选项错误；
B、4x2﹣y2＝（2x+y）（2x﹣y），故此选项错误；
C、x2y﹣2xy+y＝y（x﹣1）2，正确；
D、x2﹣3x﹣4＝（x+1）（x﹣4），故此选项错误；
故选：C．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法、十字相乘法分解因式，正确掌握相关分解因式的方法是解题关键．
9．（3分）（2019秋•武昌区期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点N在x轴正半轴上，点A1，A2，A3…在射线ON上，点B1，B2，B3…在射线OM上，∠MON＝30°，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4…均为等边三角形，依此类推，若OA1＝1，则点B2020的横坐标是（　　）

A．22017×3 B．22018×3 C．22019×3 D．22020×3
【分析】根据点的坐标规律，利用等边三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数值即可求解．
【解答】解：根据题意，得
等边三角形△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4…，
∵∠B1OA1＝30°，OA1＝1，
∠B1A1A2＝∠A1A2B1＝∠A2B1A1＝60°，
∴∠OB1A1＝30°，
∴∠OB1A2＝90°，
∴A1A2＝A2B1＝A1B1＝OA1＝1，
所以B1 的横坐标为1+＝，
同理可得：B2 的横坐标为2+1＝3，
B3 的横坐标为4+2＝22+21，
B4 的横坐标为8+4＝23+22，
B5 的横坐标为16+8＝24+23，
…
Bn 的横坐标为2n﹣1+2n﹣2＝2n﹣2（2+1）＝3×2n﹣2，
∴点B2020的横坐标是3×22018，
故选：B．
【点评】本题考查了点的坐标、等边三角形的性质、特殊角的三角函数值，解决本题的关键是寻找点的坐标规律．
10．（3分）（2019秋•武昌区期末）如图，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，BE＝，DE＝2a，∠BDE＝15°，点P在线段AE上，PD＝DE，△ADQ是等边三角形，连PQ交AC于点F，则PF的长为（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到∠B＝45°，根据三角形外角性质得到∠PED＝∠B+∠BDE＝60°，推出△PDE是等边三角形，求得AP＝AB﹣BE﹣PE＝3﹣2a，根据全等三角形的性质得到∠DPQ＝∠DEA＝60°，求得∠APF＝60°，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝，
∴∠B＝45°，
∵∠BDE＝15°，
∴∠PED＝∠B+∠BDE＝60°，
∵PD＝DE，
∴△PDE是等边三角形，
∴∠EDP＝∠DEP＝∠EPD＝60°，PE＝DE＝2a，
∴AP＝AB﹣BE﹣PE＝3﹣2a，
∵△ADQ是等边三角形，
∴AD＝DQ，∠ADQ＝60°，
∴∠ADE＝∠PDQ，
∴△ADE≌△QDP（SAS），
∴∠DPQ＝∠DEA＝60°，
∴∠APF＝60°，
∵∠PAF＝90°，
∴PF＝2AP＝2（3﹣2a）＝6﹣4a，
故选：B．
【点评】本题考查了等腰直角三角形，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分）下列各题不需要写出解答过程，请将结果直接填写在答卷指定位置．
11．（3分）（2019秋•武昌区期末）若分式有意义，则x的取值范围是　x≠2020　．
【分析】根据分式有意义的条件可得x﹣2020≠0，再解即可．
【解答】解：由题意得：x﹣2020≠0，
解得：x≠2020，
故答案为：x≠2020．
【点评】此题主要考查了分式有意义的条件，关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零．
12．（3分）（2019秋•武昌区期末）若n边形的内角和等于外角和的2倍，则边数n为　6　．
【分析】本题应先设这个多边形的边数为n，则依题意可列出方程（n﹣2）×180°＝360°×2，从而解出n＝6，即这个多边形的边数为6．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，则依题意可得：
（n﹣2）×180°＝360°×2，
解得n＝6．
故答案为：6
【点评】本题主要考查多边形的外角和定理和多边形的内角和定理．解题的关键是熟练掌握三角形的内角和定理即（n﹣2）×180°．注意：任意多边形的外角和都是360°．
13．（3分）（2019秋•武昌区期末）若s﹣t＝7，则s2﹣t2﹣14t的值是　49　．
【分析】利用平方差公式因式分解，再代入计算即可．
【解答】解：因为s﹣t＝7，
所以s2﹣t2﹣14t＝（s+t）（s﹣t）﹣14t
＝7（s+t）﹣14t
＝7s+7t﹣14t
＝7s﹣7t
＝7（s﹣t）
＝7×7
＝49．
故答案为：49．
【点评】此题主要考查了平方差公式因式分解的运用，能够正确运用平方差公式是解题关键．
14．（3分）（2019秋•武昌区期末）如图，在△ABC中，D是BC边上一点，且D在AC的垂直平分线上，若AB＝AD，∠BAD＝48°，则∠C＝　33　°．

【分析】根据等腰三角形的性质和三角形内角和解答即可；
【解答】解：∵D在AC的垂直平分线上，
∴AD＝CD，
∴AB＝AD＝DC，
∵AB＝AD，在三角形ABD中，
∠B＝∠ADB＝（180°﹣48°）×＝66°，
又∵AD＝DC，在三角形ADC中，
∴∠C＝66°×＝33°．
故答案为：33．
【点评】本题考查等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
15．（3分）（2019秋•武昌区期末）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，∠ACB＝3∠B，CE⊥AD，AC＝8，BC＝BD，则CE＝　　．

【分析】延长CE交AB于F，过点D作DH⊥AB于H，DN⊥AC于N，过点A作AM⊥BC于M，由ASA证得△AEF≌△AEC，得出AF＝AC＝8，∠AFE＝∠ACE，EF＝CE，证明∠B＝∠ECD，得出CF＝BF，由BC＝BD，得出＝，由三角形面积得出＝＝，求出AB＝AC＝，即可得出结果．
【解答】解：延长CE交AB于F，过点D作DH⊥AB于H，DN⊥AC于N，过点A作AM⊥BC于M，如图所示：
∵CE⊥AD，
∴∠AEF＝∠AEC＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAE＝∠CAE，DH＝DN，
在△AEF与△AEC中，，
∴△AEF≌△AEC（ASA），
∴AF＝AC＝8，∠AFE＝∠ACE，EF＝CE，
∵∠AFC＝∠B+∠ECD，
∴∠ACF＝∠B+∠ECD，
∴∠ACB＝2∠ECD+∠B，
∵∠ACB＝3∠B，
∴2∠ECD+∠B＝3∠B，
∴∠B＝∠ECD，
∴CF＝BF，
∵BC＝BD，
∴＝，
S△ADB＝DH•AB＝AM•BD，S△ACD＝DN•AC＝AM•CD，
∴＝，
即＝＝，
∴AB＝AC＝，
∴CF＝BF＝﹣8＝，
∴CE＝CF＝，
故答案为：．

【点评】本题考查了角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形面积的计算、三角形外角性质等知识；熟练掌握三角形面积的计算是解题的关键．
16．（3分）（2019秋•武昌区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝60°，∠A＝40°，CE⊥AB，CD平分∠ACB，F为AB的中点．若AC＝a，BD＝b，则EF＝　（a﹣b）　（用含a，b的式子表示）

【分析】如图，在CA上截取CT，使得CT＝CB，连接BT．DT，作FH∥BC交AC于H，连接EH．想办法证明BD＝DT＝AT，推出BC＝CT＝a﹣b，再证明EF＝FH＝BC即可解决问题．
【解答】解：如图，在CA上截取CT，使得CT＝CB，连接BT．DT，作FH∥BC交AC于H，连接EH．

∵CB＝CT，∠ACB＝60°，
∴△CBT是等边三角形，
∴∠CTB＝∠CBT＝60°，
∵CD平分∠ACB，
∴CD垂直平分线段BT，
∴DT＝DB，
∵∠A＝40°，∠CTB是△ABT的外角，
∴∠BTD＝∠TBD＝∠CTB﹣∠A＝60°﹣40°＝20°，
∴∠TDA＝∠BTD+∠TBD＝40°＝∠A，
∴AT＝DT＝BD＝b，
∵AC＝a，
∴BC＝CT＝AC﹣TA＝a﹣b，
∵F是AB的中点，FH∥BC，
∴AH＝CH，
∴FH＝BC＝（b﹣a），
∵CE⊥AB，
∴∠CEA＝90°
∴EH＝AH＝CH，
∴∠HEF＝∠A＝40°，
∵FH∥BC，
∴∠HFA＝∠CBA＝180°﹣60°﹣40°＝80°，
∴∠EHF＝∠HFA﹣∠HEF＝40°，
∴∠EHF＝∠HEF，
∴EF＝FH＝（a﹣b）
故答案为（a﹣b）．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，等腰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，构造直角三角形解决问题．
三、解答题（共8小题，共72分）下列各题需要在答卷指定位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形.
17．（8分）（2019秋•武昌区期末）（1）计算：（x+3）（x﹣1）．
（2）因式分解：2x2y+4xy2+2y3．
【分析】（1）根据多项式乘以多项式法则即可求出答案；
（2）先提公因式，再利用完全平方公式分解因式即可．
【解答】解：（1）（x+3）（x﹣1）＝x2﹣x+3x﹣3＝x2+2x﹣3；

（2）2x2y+4xy2+2y3
＝2y（x2+2xy+y2），
＝2y（x+y）2．
【点评】本题考查多项式乘以多项式和因式分解，熟练掌握法则和正确分解因式是解题的关键．
18．（8分）（2019秋•武昌区期末）解分式方程：
（1）；
（2）．
【分析】（1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解；
（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：（1）去分母得：7x＝5x﹣10，
移项合并得：2x＝﹣10，
解得：x＝﹣5，
经检验x＝﹣5是分式方程的解；
（2）去分母得：2x＝3x+4x+4，
移项合并得：﹣5x＝4，
解得：x＝﹣0.8，
经检验x＝﹣0.8是分式方程的解．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
19．（8分）（2019秋•武昌区期末）如图，点B，D，C，F在一条直线上，AB＝EF，AC＝ED，∠CAB＝∠DEF，求证：AC∥DE．

【分析】证明△ABC≌△EFD（SAS），得出∠ACB＝∠EDF，即可得出AC∥DE．
【解答】证明：在△ABC和△EFD中，，
∴△ABC≌△EFD（SAS），
∴∠ACB＝∠EDF，
∴AC∥DE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定，解答时得出△ABC≌△EFD是解题的关键．
20．（8分）（2019秋•武昌区期末）先化简，再求值：，其中x＝﹣1．
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝÷＝•＝﹣，
当x＝﹣1时，原式＝﹣1．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
21．（8分）（2019秋•武昌区期末）如图，在平面直角坐标系中，A（2，﹣1），B（4，2），C（1，4）．
（1）请画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）直接写出△ABC的面积为　　；
（3）请仅用无刻度的直尺画出∠ABC的平分线BD，保留作图痕迹．

【分析】（1）依据轴对称的性质，即可得到△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）依据三角形ABC为等腰直角三角形，即可得到其面积；
（3）依据等腰直角三角形斜边上的高线即为顶角的平分线，利用格点作出高线即可得到∠ABC的平分线．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；

（2）由题可得，AB＝BC＝＝，∠ABC＝90°，
∴△ABC的面积为AB×BC＝×（）2＝；
故答案为：；
（3）如图所示，BD即为所求．
【点评】本题主要考查了利用轴对称变换作图，解答本题的关键是正确的找出三点的位置，另外要掌握关于y轴对称的点的坐标的特点．
22．（10分）（2019秋•武昌区期末）A，B两种机器人都被用来搬运化工原料，A型机器人每小时搬运的化工原料是B型机器人每小时搬运的化工原料的1.5倍，A型机器人搬运900kg所用时间比B型机器人搬运800kg所用时间少1小时．
（1）求两种机器人每小时分别搬运多少化工原料？
（2）某化工厂有8000kg化工原料需要搬运，要求搬运所有化工原料的时间不超过5小时．现计划先由6个B型机器人搬运3小时，再增加若干个A型机器人一起搬运，请问至少要增加多少个A型机器人？
【分析】（1）设B型机器人每小时搬运xkg化工原料，则A型机器人每小时搬运1.5xkg化工原料，根据工作时间＝工作总量÷工作效率结合A型机器人搬运900kg所用时间比B型机器人搬运800kg所用时间少1小时，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设增加y个A型机器人，根据工作总量＝工作效率×工作时间结合5个小时搬运的化工原料不少于8000kg，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其中最小整数值即可得出结论．
【解答】解：（1）设B型机器人每小时搬运xkg化工原料，则A型机器人每小时搬运1.5xkg化工原料，
依题意，得：﹣＝1，
解得：x＝200，
经检验，x＝200是原方程的解，且符合题意，
∴1.5x＝300．
答：A型机器人每小时搬运300kg化工原料，B型机器人每小时搬运200kg化工原料．
（2）设增加y个A型机器人，
依题意，得：200×5×6+（5﹣3）×300y≥8000，
解得：y≥，
∵y为正整数，
∴y的最小值为4．
答：至少要增加4个A型机器人．
【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
23．（10分）（2019秋•武昌区期末）已知等边△ABC和等腰△CDE，CD＝DE，∠CDE＝120°．
（1）如图1，点D在BC上，点E在AB上，P是BE的中点，连接AD，PD，则线段AD与PD之间的数量关系为　AD＝2PD　；
（2）如图2，点D在△ABC内部，点E在△ABC外部，P是BE的中点，连接AD，PD，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，若点D在△ABC内部，点E和点B重合，点P在BC下方，且PB+PC为定值，当PD最大时，∠BPC的度数为　60°　．

【分析】（1）结论：AD＝2PD．利用直角三角形30度角的性质解决问题即可．
（2）结论成立．延长DP到N，使得PN＝PD，连接BN，EN，延长ED到M，使得DM＝DE，连接BD，BM，CM．证明△BCM≌△ACD（SAS），推出AD＝BM，再证明四边形BNED是平行四边形，四边形BNDM是平行四边形即可解决问题．
（3）如图3中，作∠PDK＝∠BDC＝120°，且PD＝PK，连接PK，CK．证明△PDB≌△KDC（SAS），推出PB＝CK，由PB+PC＝PC+CK＝定值，推出P，C，K共线时，PK定值最大，此时PD的值最大，利用等腰三角形的性质求出∠BPC即可．
【解答】解：（1）结论：AD＝2PD．
理由：如图1中，

∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵∠EDC＝120°，
∴∠EDB＝180°﹣120°＝60°，
∴∠B＝∠EDB＝∠BED＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∵BP＝PE，
∴DP⊥AB，
∴∠APD＝90°，
∵DE＝DC，DE＝DB，
∴BD＝CD，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠PAD＝∠BAC＝30°，
∴AD＝2PD．

（2）结论成立．
理由：延长DP到N，使得PN＝PD，连接BN，EN，延长ED到M，使得DM＝DE，连接BD，BM，CM．

∵DE＝DC＝DM，∠MDC＝180°﹣∠EDC＝60°，
∴△DCM是等边三角形，
∵CA＝CB，CM＝CD，∠DCM＝∠ACB＝60°，
∴∠BCM＝∠ACD，
∴△BCM≌△ACD（SAS），
∴AD＝BM，
∵PB＝PE，PD＝PN，
∴四边形BNED是平行四边形，
∴BN∥DE，BN＝DE，
∵DE＝DM，
∴BN＝DM，BN∥DM，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∴BM＝DN＝2PD，
∴AD＝2PD．

（3）如图3中，作∠PDK＝∠BDC＝120°，且PD＝PK，连接PK，CK．

∵DB＝DC，DP＝DK，∠BDC＝∠PDK，
∴∠BDP＝∠CDK，
∴△PDB≌△KDC（SAS），
∴PB＝CK，
∵PB+PC＝PC+CK＝定值，
∴P，C，K共线时，PK定值最大，此时PD的值最大，
此时，∠DPB＝∠DKP＝∠DPK＝30°，∠BPC＝∠DPB+∠DPK＝60°．
故答案为60°．
【点评】本题属于三角形专题，考查了等边三角形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，全等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，构造全等三角形或特殊四边形解决问题，属于中考压轴题．
24．（12分）（2019秋•武昌区期末）已知△ABC，AB＝AC．
（1）若∠BAC＝90°，作△BCE，点A在△BCE内．
①如图1，延长CA交BE于点D，若∠EBC＝75°，BD＝2DE，则∠DCE的度数为　15°　；
②如图2，DF垂直平分BE，点A在DF上，＝，求的值；
（2）如图3，若∠BAC＝120°，点E在AC边上，∠EBC＝10°，点D在BC边上，连接DE，AD，∠CAD＝40°，求∠BED的度数．

【分析】（1）连接AE，由已知易得∠DBA＝30°，继而可知BD＝2AD，则有AD＝AE，∠AED＝∠DAE＝30°，所以AB＝AE＝AC，得△ACE是等腰三角形，再由三角形外角的性质即可求解．
（2）过C点作CH⊥FD交延长线于H，构造K字形全等△ABD≌△CAH，得CH＝AD，AH＝BD，再由AB＝AC＝AE可得∠BEC＝45°，进而可得ED＝DF，而BD＝DE，即有BD＝AF+AD，再由三角形面积公式可求比值．
（3）以AB为边作等边三角形，由△ABC是顶角为120°的等腰三角形，易得BC垂直平分AN，AD＝ND，由∠DAC＝40°可知∠NAD＝∠DNA＝20°，再在BE上取M点，时∠MAB＝∠ABM＝20°，由ASA即可判定△ABM≌AND，所以AM＝AD，再由已有条件易得AM＝AE，所以△ADE是等腰三角形，进而求出∠AED、∠BED度数即可．
【解答】解：（1）连接AE，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∵∠EBC＝75°，
∴∠ABD＝30°，
∴在Rt△ABD中，BD＝2AD，∠BDA＝60°，
又∵BD＝2DE，
∴DE＝DA，
∴∠DEA＝∠DAE＝30°，
∴∠ABD＝∠DEA＝30°，
∴AB＝AE，
∵AB＝AE，
∴AE＝AC，
∴∠AEC＝∠ACE，
又∵∠AEC+∠ACE＝∠EAD＝30°，
∴∠DCE＝15°，
故答案为：15°．

（2）连接AE，过C点作CH⊥FD交延长线于H，
∵DF垂直平分BE，即∠ADE＝∠ADB＝90°，DE＝DB，
∴AB＝AC，
∴∠ABD+∠BAD＝90°，
又∵∠BAC＝90°，
∴∠CAH+∠BAD＝90°，
在△ABD和△CAH中，
，
∴△ABD≌△CAH（AAS）
∴CH＝AD，AH＝BD，
∵AB＝AC＝AE，
又∵∠BAC＝∠ABE+∠AEB+∠ACE+∠AEC，
∴2∠BEC＝∠BAC＝90°，
∴∠BAC＝45°，
∴Rt△FDE是等腰直角三角形，
∴DF＝DE，
∴DB＝DF
∵，即AD＝，
∴，
∵，，
∴＝；
故的值为

（3）以AB为边作等边△ABN，连接DN，
∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠ABD＝30°，
∴BD⊥AN，
∴AD＝ND，
∵∠DAC＝40°，
∴∠NAD＝∠DNA＝20°，
在BE上取M点，使∠MAB＝20°，
∵∠EBC＝10°，
∴∠EBA＝∠MAB＝20°，
在△ABM和△ADN中，
，
∴△ABM≌△AND（AAS）
∴AM＝AD，
∵∠EBA＝∠MAB＝20°，∠EBC＝10°，∠C＝30°，
∴∠AME＝40°，∠AEM＝40°，
∴AM＝AE
∴AD＝AE，
∵∠DAC＝40°，
∴∠AED＝70°，
∴∠BED＝∠AED﹣∠AEB＝70°﹣40°＝30°



【点评】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，解本题的关键是作出辅助线构造K字形全等和旋转全等，找出图形中等腰三角形．这也是本题的难点．
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日期：2020/12/23 11:12:16