辽宁省锦州市名校2023-2024学年数学八上期末学业质量监测试题【含解析】

这是一份辽宁省锦州市名校2023-2024学年数学八上期末学业质量监测试题【含解析】，共24页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，有理数-8的立方根为，下列标志中，不是轴对称图形的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．在式子，，，中，分式的个数是( )
A．1B．2C．3D．4
2．已知点P（4，a+1）与点Q（-5，7-a）的连线平行于x轴，则a的值是( )
A．2B．3C．4D．5
3．如图，在平面直角坐标系中，直线l1的解析式为y＝﹣x，直线l2与l1交于B（a，﹣a），与y轴交于点A(0，b)．其中a、b满足（a+2）2+＝0，那么，下列说法：
（1）B点坐标是(﹣2，2)；
（2）三角形ABO的面积是3；
（3） ；
（4）当P的坐标是(﹣2，5)时，那么，，正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．下列各组数中，是方程的解的是（ ）
A．B．C．D．
5．要使分式有意义，应满足的条件是（ ）
A．B．C．D．
6．有理数-8的立方根为（ ）
A．-2B．2C．±2D．±4
7．下列四个图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
8．如果把分式中的x，y同时扩大为原来的3倍，那么该分式的值（ ）
A．不变B．扩大为原来的3倍
C．缩小为原来的D．缩小为原来的
9．如图,BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP=20°，∠ACP=50°,则∠A=( ).
A．60°B．80°C．70°D．50°
10．下列标志中，不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
11．如图，在中，，，于，于，则三个结论①；②；③中，（ ）
A．全部正确B．仅①和②正确C．仅①正确D．仅①和③正确
12．若一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的边数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
二、填空题（每题4分，共24分）
13．若4a＝2，4b＝3，则42a+b的值为_____．
14．如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE=5，F为DE的中点．若△CEF的周长为18，则OF的长为_____________________ ．
15．如图，在中，，平分，交于点，若，，则周长等于__________．
16．如图，将等边沿翻折得，，点为直线上的一个动点，连接，将线段绕点顺时针旋转的角度后得到对应的线段（即），交于点，则下列结论：①；②；③当为线段的中点时，则；④四边形的面积为；⑤连接、，当的长度最小时，则的面积为．则说法正确的有________（只填写序号）
17．如图，小明站在离水面高度为8米的岸上点处用绳子拉船靠岸，开始时绳子的长为17米，小明以1米每秒的速度收绳，7秒后船移动到点的位置，问船向岸边移动了______米（的长）（假设绳子是直的）．
18．把二次根式化成最简二次根式得到的结果是______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于点点，，且满足，点在直线的左侧，且．
（1）求的值；
（2）若点在轴上，求点的坐标；
（3）若为直角三角形，求点的坐标．
20．（8分）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度．
（1）△ABC关于y轴对称图形为△A1B1C1，画出△A1B1C1的图形．
（2）求△ABC的面积．
（3）若P点在x轴上，当BP+CP最小时，直接写出BP+CP最小值为 ．
21．（8分）求证：线段垂直乎分线上的点到线段两端的距离相等．
已知：
求证：
证明：
22．（10分）已知：线段，以为公共边，在两侧分别作和，并使．点在射线上．
（1）如图l，若，求证：；
（2）如图2，若，请探究与的数量关系，写出你的探究结论，并加以证明；
（3）如图3，在（2）的条件下，若，过点作交射线于点，当时，求的度数．
23．（10分）如图，△中，，点、在边上，且，求证：
24．（10分）在平面直角坐标系中，点A、B分别在x轴和y轴的正半轴上，OA=OB，AB=6．
（1）求AB所在直线的函数表达式；
（2）如图，以OA，OB为边在第一象限作正方形OACB，点M（x，0）是x轴上的动点，连接BM．
①当点M在边OA上时，作点O关于BM的对称点O′，若点O′ 恰好落在AB上，求△OBM的面积；
②将射线MB绕点M顺时针旋转45°得到射线MN，射线MN与正方形OACB边的交点为N．若在点M的运动过程中，存在x的值，使得△MBN为等腰三角形，请直接写出x所有可能的结果．
25．（12分）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．
(1)求证：∠A+∠C＝∠B+D；
(2)如图2，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，且与CD、AB分别相交于点M、N．
①以线段AC为边的“8字型”有 个，以点O为交点的“8字型”有 个；
②若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数；
③若角平分线中角的关系改为“∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB”，试探究∠P与∠B、∠C之间存在的数量关系，并证明理由．
26．一个有进水管与出水管的容器，从某时刻开始分钟内只进水不出水．在随后的分钟内既进水又出水，直到容器内的水量达到．如图，坐标系中的折线段表示这一过程中容器内的水量（单位：）与时间（单位：分）之间的关系．
（1）单独开进水管，每分钟可进水________；
（2）求进水管与出水管同时打开时容器内的水量与时间的函数关系式；
（3）当容器内的水量达到时，立刻关闭进水管，直至容器内的水全部放完．请在同一坐标系中画出表示放水过程中容器内的水量与时间关系的线段，并直接写出点的坐标．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式．
【详解】，分母中均不含有字母，因此它们是整式，而不是分式．
其余两个式子的分母中含有字母，因此是分式．
故选：B．
【点睛】
本题考查了分式的定义，特别注意π不是字母，是常数，所以不是分式，是整式．
2、B
【分析】根据平行于x轴的直线上点的坐标特征得到a+1=7-a，然后解一元一次方程即可．
【详解】解：∵PQ∥x轴，
∴点P和点Q的纵坐标相同，
即a+1=7-a，
∴a=1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了坐标与图形性质：利用点的坐标计算相应线段的长和判断线段与坐标轴的位置关系．解决本题的关键是掌握平行于x轴的直线上点的坐标特征．
3、D
【分析】（1）根据非负数的性质即可求得a的值，即可得到B（﹣2，2）；
（2）利用三角形面积公式求得即可判断；
（3）求得△OBC和△AOB的面积即可判断；
（4）S△BCP和S△AOB的值即可判断．
【详解】解：（1）∵a、b满足（a+2）2+＝0，
∴a+2＝0，b﹣3＝0，
∴a＝﹣2，b＝3，
∴点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（﹣2，2），
故（1）正确；
（2）三角形ABO的面积＝×OA×＝×3×2＝3，
故（2）正确；
（3）设直线l2的解析式为y＝kx+c（k≠0），
将A、B的坐标代入y＝kx+c，得：，
解得：，
∴直线l2的解析式为y＝x+3，
令y＝0，则x＝﹣6，
∴C（﹣6，0），
∴S△OBC＝＝6，
∵S△ABO＝3，
∴S△OBC：S△AOB＝2：1；
故（3）正确；
（4）∵P的坐标是（﹣2，5），B（﹣2，2），
∴PB＝5﹣2＝3，
∴S△BCP＝＝6，S△AOB＝×3×2＝6，
∴S△BCP＝S△AOB．
故（4）正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了两条直线相交问题，三角形的面积，一次函数图象上点的坐标特征，求得交点坐标是解题的关键．
4、B
【分析】将四个答案逐一代入,能使方程成立的即为方程的解.
【详解】解:A. ,故错误;
B. ,故正确;
C. ,故错误;
D. ,故错误.
故选:B.
【点睛】
本题考查二元一次方程的解,理解掌握方程的解的定义是解答关键.
5、D
【分析】要使分式有意义，则分式的分母不能为0，如此即可.
【详解】若分式有意义，则需要保证，解此不等式，可得，
故本题答案选D.
【点睛】
本题的关键点在于，分式有意义条件：分母不为0.
6、A
【分析】利用立方根定义计算即可得到结果．
【详解】解：有理数-8的立方根为=-2
故选A．
【点睛】
此题考查了立方根，熟练掌握立方根的定义是解本题的关键．
7、D
【解析】根据轴对称图形的定义进行判断即可.
【详解】A、B、C选项的图形都是轴对称图形；
D选项的图形不是轴对称图形.
故选：D.
【点睛】
本题考查轴对称图形的定义，一个图形沿着某条直线折叠后直线两旁的部分能够完全重合，这个图形就叫轴对称图形，这条直线叫对称轴.
8、C
【分析】根据题意和分式的基本性质即可得出结论．
【详解】解：
即该分式的值缩小为原来的
故选C．
【点睛】
此题考查的是分式法基本性质的应用，掌握分式的基本性质是解决此题的关键．
9、A
【分析】根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数
【详解】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，∠ABP=20°，∠ACP=50°，
∴∠ABC=2∠ABP=40°，∠ACM=2∠ACP=100°，
∴∠A=∠ACM-∠ABC=60°
故选A.
【点睛】
本题考查了角平分线的定义，一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角，难度适中．
10、B
【分析】根据轴对称图形的性质对各项进行判断即可．
【详解】A. 是轴对称图形；
B. 不是轴对称图形；
C. 是轴对称图形；
D. 是轴对称图形；
故答案为：B．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的问题，掌握轴对称图形的性质是解题的关键．
11、B
【分析】只要证明 ，推出 ，①正确； ，由，推出 ，推出，可得 ，②正确；不能判断，③错误．
【详解】在和中

∴
∴， ，①正确
∵
∴
∴
∴ ，②正确
在△BRP与△QSP中，只能得到 ， ，不能判断三角形全等，因此只有①②正确
故答案为：B．
【点睛】
本题考查了三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理、平行线的性质以及判定定理是解题的关键．
12、C
【解析】多边形内角和定理．
【分析】设这个多边形的边数为n，由n边形的内角和等于110°（n﹣2），即可得方程110（n﹣2）=1010，
解此方程即可求得答案：n=1．故选C．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、1
【分析】根据幂的乘方以及同底数幂的乘法法则计算即可．
【详解】解：∵4a＝2，4b＝3，
∴42a+b
＝（4a）2•4b
＝22×3
＝4×3
＝1．
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查了幂的乘方与积的乘方以及同底数幂的乘法，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
14、
【分析】由直角三角形的中线，求出DE的长度，利用三角形中位线定理和勾股定理，求出BE的长度，即可求出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCE=90°，OD=OB，
∵DF=FE，
∴CF=FE=FD，
∵EC+EF+CF=18，EC=5，
∴EF+FC=13，
∴DE=13，
∴DC=，
∴BC=CD=12，
∴BE=BC-EC=7，
∵OD=OB，DF=FE，
∴OF=BE=；
故答案为：．
【点睛】
本题考查正方形的性质，三角形的中位线定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
15、6+6
【分析】根据含有30°直角三角形性质求出AD,根据勾股定理求出AC，再求出AB和BD即可.
【详解】因为在中，，
所以
所以AD=2CD=4
所以AC=
因为平分，
所以=2
所以
所以BD=AD=4,AB=2AC=4
所以周长=AC+BC+AB=++2+4==6+6
故答案为：6+6
【点睛】
考核知识点：含有30°直角三角形性质，勾股定理；理解直角三角形相关性质是关键.
16、①②
【分析】由等边三角形的性质和折叠的性质，得到四边形ABCD是菱形，则可以判断①、②；当点E时AD中点时，可得△CPF是直角三角形，CE=CF=3，得到，可以判断③；求出对角线的长度，然后求出菱形的面积，可以判断④；当点E与点A重合时，DF的长度最小，此时四边形ACFD是菱形，求出对角线EF和CD的长度，求出面积，可以判断⑤；即可得到答案.
【详解】解：根据题意，将等边沿翻折得，如图：
∴，∠BCD=120°，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO；故①、②正确；
∴，
∴，
∴，
∴菱形ABCD的面积=，故④错误；
当点E时AD中点时，CE⊥AD，
∴DE=，∠DCE=30°，
∴，
∵，
∠PCF=120°，∠F=30°，
∴，故③错误；
当点E与点A重合时，DF的长度最小，如图：
∵AD∥CF，AD=AC=CF，
∴四边形ACFD是菱形，
∴CD⊥EF，CD=，，
∴；故⑤错误；
∴说法正确的有：①②；
故答案为：①②.
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了旋转的性质，菱形的性质、等边三角形的性质，勾股定理、菱形的面积，三角形面积公式等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的性质是解决问题的关键．
17、1
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理计算出AB长，再根据题意可得CD长，然后再次利用勾股定理计算出AD长，再利用BD=AB-AD可得BD长．
【详解】在Rt△ABC中：
∵∠CAB=10°，BC=17米，AC=8米，
∴（米），
∵此人以1米每秒的速度收绳，7秒后船移动到点D的位置，
∴（米），
∴（米），
∴（米），
答：船向岸边移动了1米．
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
18、3
【分析】根据二次根式的性质进行化简即可．
【详解】解：==3．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：(1)被开方数不含分母；(2)被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
三、解答题（共78分）
19、（1）a＝2，b＝1；（2）P（1，0）；（3）P（﹣1，2）或（﹣2，﹣2）．
【分析】（1）将利用完全平方公式变形得到（a-2）2+|2a-b|＝0，即可求出a、b的值；
（2）由b的值得到OB=1，根据得到OP=OB=1，即可得到点P的坐标；
（3）由可分两种情况求使为直角三角形，当∠ABP＝90°时，当∠BAP＝90°时，利用等腰三角形的性质证明三角形全等，由此得到点P的坐标.
【详解】（1）∵a2-1a+1+|2a-b|＝0，
∴（a-2）2+|2a-b|＝0，
∴a＝2，b＝1．
（2）由（1）知，b＝1，∴B（0，1）．
∴OB＝1．
∵点P在直线 AB 的左侧，且在 x 轴上，∠APB＝15°
∴OP＝OB＝1，
∴P（1，0）．
（3）由（1）知 a＝﹣2，b＝1，
∴A（2,0），B（0,1）
∴OA＝2，OB＝1，
∵△ABP 是直角三角形，且∠APB＝15°，
∴只有∠ABP＝90°或∠BAP＝90°，
如图，
①当∠ABP＝90°时，∵∠BAP＝15°，
∴∠APB＝∠BAP＝15°.
∴AB＝PB .
过点 P 作 PC⊥OB 于 C，
∴∠BPC+∠CBP＝90°，
∵∠CBP+∠ABO＝90 °，
∴∠ABO＝∠BPC .
在△AOB 和△BCP 中，，
∴△AOB≌△BCP(AAS) .
∴PC＝OB＝1，BC＝OA＝2 .
∴OC＝OB﹣BC＝2.
∴P(-1，2)
②当∠BAP＝90°时，过点P'作P'D⊥OA于D，
同①的方法得，△ADP'≌△BOA.
∴DP'＝OA＝2，AD＝OB＝1.
∴OD＝AD﹣OA＝2.
∴P'（﹣2，-2）.
即：满足条件的点P（﹣1，2）或（﹣2，﹣2）.
【点睛】
此题考查等腰直角三角形的性质，完全平方公式，三角形全等的判定及性质，分类讨论直角三角形形成的点的坐标.
20、（1）见解析；（2）2；（3）
【分析】（1）△ABC关于y轴对称图形为△A1B1C1，根据轴对称的性质画出三个点的对称点再连接即可作出△A1B1C1；
（2）用割补法求△ABC的面积即可；
（3）P点在x轴上，当BP+CP最小时，即可求出BP+CP最小值．
【详解】解：如图所示，
（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）△ABC的面积为：；
（3）作点B关于x轴的对称点B′，
连接CB′交x轴于点P，此时BP+CP最小，
BP+CP的最小值即为CB′＝．
故答案为．
【点睛】
本题结合网格图和平面直角坐标系考查了作已知图形的对称图形，割补法求三角形面积，简单的动点与最值问题，熟练掌握相关知识点是解答关键.
21、详见解析
【分析】根据命题写出“已知”、“求证”，再证明△AMN≌△BMN（SAS）即可．
【详解】解：已知：如图，线段AB的中点为M，过点M作MN⊥AB于点M，其中N为直线MN上任意不同于M的一点，连接AN，BN．
求证：AN=BN．
证明：∵MN⊥AB，
∴∠NMA=∠NMB=90°，
∵AB的中点为M，
∴AM=BM，
又∵MN=MN，
∴△AMN≌△BMN（SAS），
∴AN=BN，
命题得证．
【点睛】
本题考查了命题的证明，涉及垂直平分线性质的证明，三角形全等的判定，解题的关键是根据命题写出“已知”、“求证”，并找出全等三角形．
22、（1）见详解；（2）+2=90°，理由见详解；（3）99°．
【分析】（1）根据平行线的性质和判定定理，即可得到结论；
（2）设CE与BD交点为G，由三角形外角的性质得∠CGB=∠D+∠DAE，由，得∠CGB+∠C=90°，结合，即可得到结论；
（3）设∠DAE=x，则∠DFE=8x，由，+2=90°，得关于x的方程，求出x的值，进而求出∠C，∠ADB的度数，结合∠BAD=∠BAC，即可求解．
【详解】（1）∵，
∴∠C+∠CBD=180°，
∵，
∴∠D+∠CBD=180°，
∴；
（2）+2=90°，理由如下：
设CE与BD交点为G，
∵∠CGB是∆ADG的外角，
∴∠CGB=∠D+∠DAE，
∵，
∴∠CBD=90°，
∴在∆BCG中，∠CGB+∠C=90°，
∴∠D+∠DAE+∠C=90°，
又∵，
∴+2=90°；
（3）设∠DAE=x，则∠DFE=8x，
∴∠AFD=180°-8x，
∵，
∴∠C=∠AFD=180°-8x，
又∵+2=90°，
∴x+2(180°-8x)=90°，解得：x=18°，
∴∠C=180°-8x=36°=∠ADB，
又∵∠BAD=∠BAC，
∴∠ABC=∠ABD=∠CBD=45°，
∴∠BAD=180°-45°-36°=99°．
【点睛】
本题主要考查平行线的性质和判定定理，三角形的内角和定理与外角的性质，掌握平行线的性质和三角形外角的性质，是解题的关键．
23、见解析.
【分析】根据等边对等角的性质可得∠ADC=∠AEB，然后利用“角角边”证明△ABE和△ACD全等，然后根据全等三角形对应边相等即可证明．
【详解】证明：∵AD=AE，
∴∠ADC=∠AEB（等边对等角），
∵在△ABE和△ACD中，
,
∴△ABE≌△ACD（AAS），
∴BE=CD（全等三角形的对应边相等）．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，根据等边对等角的性质得到三角形全等的条件是解题的关键．
24、（1）y= -x+6；（2）① S△BOM=；②当-6≤x≤0，x=6，x=时，△MBN为等腰三角形．
【分析】（1）由题意可以求出A、B的坐标，再利用待定系数法可以得到AB所在直线的函数表达式；
（2）①由已知可以求出OM的值，从而得到△OBM的面积；
②根据已知条件将M在x轴上运动，可以得到△MBN为等腰三角形时x所有可能的结果．
【详解】（1）∵OA=OB，AB=6，
∴A（6，0），B（0，6）.
设AB所在直线为y=kx+b，将点A，B坐标代入得，
，解得：，
∴AB所在直线的函数表达式为y= -x+6 .
（2）① 如图，∵ 由轴对称性可知，BO′=BO=6，
在等腰Rt△AMO′中，AO′=，
∴OM=O′M=，
∴S△BOM=·OB·OM =×6×（）=.
②如图， 当-6≤x≤0时，BM=BN；
如图，当x=6时，M与A重合，N与C重合，NB=NM；
如图，当x=时，MB=MN.
∴当-6≤x≤0，x=6，x=时，△MBN为等腰三角形.
【点睛】
本题考查正方形的动点问题，通过建立直角坐标系，利用数形结合的思想对问题进行讨论是解题关键．
25、 (1)证明见解析；(2)①3， 4；②∠P＝110°；③3∠P＝∠B+2∠C，理由见解析.
【解析】(1)由三角形内角和得到∠A+∠C=180°﹣∠AOC，∠B+∠D=180°﹣∠BOD，由对顶角相等，得到∠AOC=∠BOD，因而∠A+∠C=∠B+∠D；
(2)①以线段AC为边的“8字形”有3个，以O为交点的“8字形”有4个；
②根据(1)的结论，以M为交点“8字型”中，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，以N为交点“8字型”中，∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP，两等式相加得到2∠P+∠BAP+∠CDP=∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，由AP和DP是角平分线，得到∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，从而∠P=(∠B+∠C)，然后将∠B=100º，∠C=120º代入计算即可；
③与②的证明方法一样得到3∠P=∠B+2∠C.
【详解】解：(1)在图1中，有∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD，
∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠A+∠C＝∠B+∠D；
(2)解：①以线段AC为边的“8字型”有3个：
以点O为交点的“8字型”有4个：

②以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴2∠P+∠BAP+∠CDP＝∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，
∵AP、DP分别平分∠CAB和∠BDC，
∴∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，
∴2∠P＝∠B+∠C，
∵∠B＝100°，∠C＝120°，
∴∠P＝（∠B+∠C）=（100°+120°）＝110°；
③3∠P＝∠B+2∠C，其理由是：
∵∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠BAP＝∠CAB，∠BDP＝∠CDB，
以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴∠C﹣∠P＝∠CDP﹣∠CAP＝（∠CDB﹣∠CAB），
∠P﹣∠B＝∠BDP﹣∠BAP＝（∠CDB﹣∠CAB）．
∴2（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B，
∴3∠P＝∠B+2∠C．
故答案为：(1)证明见解析；(2)①3， 4；②∠P＝110°；③3∠P＝∠B+2∠C，理由见解析.
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°．也考查了角平分线的定义．
26、（1）；（2）；（3）点的坐标为．
【解析】（1）根据4分钟水量达到即可求解；
（2）设与之间的函数关系式为，利用待定系数法即可求解；
（3）求出出水管每分钟的出水量，再求出容器内的水全部放完的时间，得到C点坐标即可作图．
【详解】（1）单独开进水管，每分钟可进水20÷4=
故答案为：5；
（2）设与之间的函数关系式为，
将，代入中，
得
解，得，
所以，与之间的函数关系式为．
（3）设出水管每分钟的出水量为a，
题意可得（12-4）×（5-a）=36-20
解得a=3
∴容器内的水全部放完的时间为36÷3=12（分钟）
∴C
如图，线段即为所求．
【点睛】
此题主要考查一次函数的应用，解题的关键是熟知待定系数法的应用．