2022-2023學年廣東省市深圳市龍崗區(qū)南灣學校八年級數(shù)學第一學期期末監(jiān)測模擬試題含解析

2022-2023學年八上數(shù)學期末模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．下列各組中，沒有公因式的一組是（）A．a(chǎn)x－bx與by－ay B．6xy－8x2y與－4x+3C．a(chǎn)b－ac與ab－bc D．（a－b）3與（b－a）2y2．已知點P（4，a+1）與點Q（-5，7-a）的連線平行于x軸，則a的值是(

)A．2 B．3 C．4 D．53．如果，那么代數(shù)式的值是（）.A．2 B． C． D．4．下列交通標志圖案是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．5．下列各組數(shù)，可以作為直角三角形的三邊長的是()A．2，3，4 B．7，24，25 C．8，12，20 D．5，13，156．用下列長度的三條線段,能組成一個三角形的是()A． B． C． D．7．下列等式從左到右的變形是因式分解的是（）A．2x（x+3）＝2x2+6x B．24xy2＝3x?8y2C．x2+2xy+y2+1＝（x+y）2+1 D．x2﹣y2＝（x+y）（x﹣y）8．一個多邊形的外角和等于它的內(nèi)角和的倍，那么這個多邊形從一個頂點引對角線的條數(shù)是()條A．3 B．4 C．5 D．69．如圖，，，過作的垂線，交的延長線于，若，則的度數(shù)為（）A．45° B．30° C．22.5° D．15°10．下列條件：①∠AEC＝∠C，②∠C＝∠BFD，③∠BEC＋∠C＝180°，其中能判斷ABCD的是（）A．①②B．①③C．②D．①②③二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖,在△ABC中,∠ACB的平分線交AB于點D,DE⊥AC于點E,F為BC上一點,若DF=AD,△ACD與△CDF的面積分別為10和4,則△AED的面積為______12．把多項式分解因式的結(jié)果是___________________．13．如圖，有兩個正方形A，B，現(xiàn)將B放在A的內(nèi)部得圖甲，將A，B并列放置后構(gòu)造新的正方形得圖乙．若圖甲和圖乙中陰影部分的面積分別為3和15，則正方形A，B的面積之和為_____．14．已知點A（4，3），AB∥y軸，且AB＝3，則B點的坐標為_____．15．一次數(shù)學活動課上，老師利用“在面積一定的矩形中，正方形的周長最短”這一結(jié)論，推導出“式子的最小值為”.其推導方法如下:在面積是的矩形中，設(shè)矩形的一邊長為，則另一邊長是，矩形的周長是；當矩形成為正方形時，就有，解得，這時矩形的周長最小，因此的最小值是，模仿老師的推導，可求得式子的最小值是________．16．計算-=__________.17．關(guān)于x的分式方程無解，則m的值為_______．18．64的立方根是_______．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖①，在平面直角坐標系中，直線交x軸、y軸分別交于點A、B，直線交x軸、y軸分別交于點D、C，交直線于點E，（點E不與點B重合），且，（1）求直線的函數(shù)表達式；（2）如圖②，連接，過點O做交直線與點F，①求證：②直接寫出點F的坐標（3）若點P是直線上一點，點Q是x軸上一點（點Q不與點O重合），當和全等時，直接寫出點P的坐標．20．（6分）某校為了創(chuàng)建書香校遠，計劃進一批圖書，經(jīng)了解．文學書的單價比科普書的單價少20元，用800元購進的文學書本數(shù)與用1200元購進的科普書本數(shù)相等．（1）文學書和科普書的單價分別是多少元？（2）該校計劃用不超過5000元的費用購進一批文學書和科普書，問購進60本文學書后最多還能購進多少本科普書？21．（6分）已知：如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E為直線BC上一點．（1）如圖1，當E在線段BC上，且DE＝AD時，求BE的長；（2）如圖2，點E為BC延長長線上一點，若BD＝BE，連接DE，M為ED的中點，連接AM，CM，求證：AM⊥CM；（3）如圖3，在（2）條件下，P，Q為AD邊上的兩個動點，且PQ＝5，連接PB、MQ、BM，求四邊形PBMQ的周長的最小值．22．（8分）把兩個含有角的直角三角板和如圖放置，點在同一直線上，點在上，連接，，的延長線交于點．猜想與有怎樣的關(guān)系？并說明理由．23．（8分）建立模型：如圖1，已知△ABC，AC=BC，∠C=90°，頂點C在直線l上．實踐操作：過點A作AD⊥l于點D，過點B作BE⊥l于點E，求證：△CAD≌△BCE．模型應用：（1）如圖1，在直角坐標系中，直線l1：y=x+4與y軸交于點A，與x軸交于點B，將直線l1繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)45°得到l1．求l1的函數(shù)表達式．（1）如圖3，在直角坐標系中，點B（8，6），作BA⊥y軸于點A，作BC⊥x軸于點C，P是線段BC上的一個動點，點Q（a，1a﹣6）位于第一象限內(nèi)．問點A、P、Q能否構(gòu)成以點Q為直角頂點的等腰直角三角形，若能，請求出此時a的值，若不能，請說明理由．24．（8分）如圖，已知△ABC中，AB=AC=10cm，BC=8cm，點D為AB的中點．（1）如果點P在線段BC上以3cm/s的速度由B點向C點運動，同時，點Q在線段CA上由C點向A點運動．①若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，經(jīng)過1s后，△BPD與△CQP是否全等，請說明理由；②若點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，當點Q的運動速度為多少時，能夠使△BPD與△CQP全等？（2）若點Q以②中的運動速度從點C出發(fā)，點P以原來的運動速度從點B同時出發(fā)，都逆時針沿△ABC三邊運動，求經(jīng)過多長時間點P與點Q第一次在△ABC的哪條邊上相遇？25．（10分）如圖，直線：交軸于點，直線交軸于點，與的交點的橫坐標為1，連結(jié)．（1）求直線的函數(shù)表達式；（2）求的面積．26．（10分）幾個小伙伴打算去音樂廳觀看演出，他們準備用元錢購買門票，下面是兩個小伙伴的對話：根據(jù)對話的內(nèi)容，請你求出小伙伴的人數(shù)．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【分析】將每一組因式分解，找到公因式即可．【詳解】解：A、ax-bx=（a-b）x，by-ay=（b-a）y，有公因式（a-b），故本選項錯誤；

B、6xy-8x2y=2xy（3-4x）與-4x+3=-（4x-3）有公因式（4x-3），故本選項錯誤；

C、ab-ac=a（b-c）與ab-bc=b（a-c）沒有公因式，故本選項正確；

D、（a-b）3x與（b-a）2y有公因式（a-b）2，故本選項錯誤．

故選：C．【點睛】本題考查公因式，熟悉因式分解是解題關(guān)鍵．2、B【分析】根據(jù)平行于x軸的直線上點的坐標特征得到a+1=7-a，然后解一元一次方程即可．【詳解】解：∵PQ∥x軸，

∴點P和點Q的縱坐標相同，

即a+1=7-a，

∴a=1．

故選：B．【點睛】本題考查了坐標與圖形性質(zhì)：利用點的坐標計算相應線段的長和判斷線段與坐標軸的位置關(guān)系．解決本題的關(guān)鍵是掌握平行于x軸的直線上點的坐標特征．3、A【解析】（a－）·=·=·=a+b=2.故選A.4、B【詳解】A圖形中三角形和三角形內(nèi)部圖案的對稱軸不一致，所以不是軸對稱圖形；B為軸對稱圖形，對稱軸為過長方形兩寬中點的直線；C外圈的正方形是軸對稱圖形，但是內(nèi)部圖案不是軸對稱圖形，所以也不是；D圖形中圓內(nèi)的兩個箭頭不是軸對稱圖象，而是中心對稱圖形，所以也不是軸對稱圖形.故選B.5、B【解析】試題解析：A、∵22+32≠42，∴不能構(gòu)成直角三角形；B、∵72+242=252，∴能構(gòu)成直角三角形；C、∵82+122≠202，∴不能構(gòu)成直角三角形；D、∵52+132≠152，∴不能構(gòu)成直角三角形．故選B．6、B【分析】根據(jù)三角形三邊關(guān)系定理：三角形兩邊之和大于第三邊進行分析．【詳解】解：A、1+2=3，不能組成三角形，故此選項不合題意；

B、2+2＞3，能組成三角形，故此選項符合題意；

C、2+2=4，不能組成三角形，故此選項不符合題意；

D、5+6<12，不能組成三角形，故此選項不合題意；

故選B．【點睛】此題主要考查了三角形的三邊關(guān)系，在運用三角形三邊關(guān)系判定三條線段能否構(gòu)成三角形時并不一定要列出三個不等式，只要兩條較短的線段長度之和大于第三條線段的長度即可判定這三條線段能構(gòu)成一個三角形．7、D【分析】根據(jù)因式分解的定義逐個判斷即可．【詳解】A、不是因式分解，故本選項不符合題意；B、不是因式分解，故本選項不符合題意；C、不是因式分解，故本選項不符合題意；D、是因式分解，故本選項符合題意；故選D．【點睛】本題考查了因式分解的定義，能熟記因式分解的定義的內(nèi)容是解此題的關(guān)鍵，注意：把一個多項式化成幾個整式的積的形式，叫因式分解．8、A【分析】設(shè)這個多邊形有n條邊，由題意得方程（n-2）×180=360×2，解方程可得到n的值，然后根據(jù)n邊形從一個頂點出發(fā)可引出（n-3）條對角線可得答案．【詳解】設(shè)這個多邊形有n條邊，由題意得：（n-2）×180=360×2，解得；n=6，從這個多邊形的一個頂點出發(fā)的對角線的條數(shù)是6-3=3，故答案為：A．【點睛】此題主要考查了多邊形的內(nèi)角和外角，以及對角線，關(guān)鍵是掌握多邊形的內(nèi)角和公式．9、C【分析】連接AD，延長AC、DE交于M，求出∠CAB=∠CDM，根據(jù)全等三角形的判定得出△ACB≌△DCM，求出AB=DM，求出AD=AM，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出即可．【詳解】解：連接AD，延長AC、DE交于M，

∵∠ACB=90°，AC=CD，

∴∠DAC=∠ADC=45°，

∵∠ACB=90°，DE⊥AB，

∴∠DEB=90°=∠ACB=∠DCM，

∵∠ABC=∠DBE，

∴∠CAB=∠CDM，

在△ACB和△DCM中∴△ACB≌△DCM（ASA），

∴AB=DM，

∵AB=2DE，

∴DM=2DE，

∴DE=EM，

∵DE⊥AB，

∴AD=AM，故選：C．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，等腰直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)和判定等知識點，能根據(jù)全等求出AB=DM是解此題的關(guān)鍵．10、B【分析】根據(jù)平行線的判定定理對各選項進行逐一判斷即可．【詳解】解：①由“內(nèi)錯角相等，兩直線平行”知，根據(jù)能判斷．②由“同位角相等，兩直線平行”知，根據(jù)能判斷．③由“同旁內(nèi)角互補，兩直線平行”知，根據(jù)能判斷．故選：．【點睛】本題考查的是平行線的判定，解題時注意：內(nèi)錯角相等，兩直線平行；同位角相等，兩直線平行；同旁內(nèi)角互補，兩直線平行．二、填空題(每小題3分,共24分)11、1【分析】如圖（見解析），過點D作，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得，再利用三角形全等的判定定理得出，從而有，最后根據(jù)三角形面積的和差即可得出答案．【詳解】如圖，過點D作平分，又則解得故答案為：1．【點睛】本題考查了角平分線的性質(zhì)、直角三角形全等的判定定理等知識點，通過作輔助線，構(gòu)造兩個全等的三角形是解題關(guān)鍵．12、【分析】先提取公因式，然后按照平方差公式分解因式即可．【詳解】原式=故答案為：．【點睛】本題主要考查因式分解，掌握提取公因式法和平方差公式是解題的關(guān)鍵．13、1.【分析】設(shè)出正方形的邊長，根據(jù)正方形的面積公式和已知陰影部分的面積構(gòu)建一個方程組，可整體求出正方形A、B的面積之和為1．【詳解】解：如圖所示：設(shè)正方形A、B的邊長分別為x，y，依題意得：，化簡得：解得：x2+y2=1，∴SA+SB＝x2+y2＝1，故答案為1．【點睛】本題綜合考查了完全平方公式的應用，正方形的面積公式，重點掌握完全平方公式的應用，難點是巧用變形求解兩個正方形的面積和．14、（4,6）或（4,0）【解析】試題分析：由AB∥y軸和點A的坐標可得點B的橫坐標與點A的橫坐標相同，根據(jù)AB的距離可得點B的縱坐標可能的情況試題解析：∵A（4，3），AB∥y軸，∴點B的橫坐標為4，∵AB=3，∴點B的縱坐標為3+3=6或3-3=0，∴B點的坐標為（4，0）或（4，6）．考點：點的坐標．15、【分析】仿照老師的推導過程，設(shè)面積為2的矩形的一條邊長為x，根據(jù)x=可求出x的值，利用矩形的周長公式即可得答案．【詳解】在面積為2的矩形中，設(shè)一條邊長為x，則另一條邊長為，∴矩形的周長為2（x+），當矩形成為正方形時，就有x=，解得：x=，∴2（x+）=4，∴x+(x>0)的最小值為2，故答案為：2【點睛】此題考查了分式方程的應用，弄清題意，得出x=是解題的關(guān)鍵．16、-2【分析】先化簡再進行計算【詳解】解：-=-2【點睛】本題考查二次根式和三次根式的計算，關(guān)鍵在于基礎(chǔ)知識的掌握．17、1或6或【分析】方程兩邊都乘以，把方程化為整式方程，再分兩種情況討論即可得到結(jié)論．【詳解】解：當時，顯然方程無解，又原方程的增根為：當時，當時，綜上當或或時，原方程無解．故答案為：1或6或．【點睛】本題考查的是分式方程無解的知識，掌握分式方程無解時的分類討論是解題的關(guān)鍵．18、4.【分析】根據(jù)立方根的定義即可求解.【詳解】∵43=64，∴64的立方根是4故答案為4【點睛】此題主要考查立方根的定義，解題的關(guān)鍵是熟知立方根的定義.三、解答題(共66分)19、（1）；（2）①證明見解析；②；（3）點P的坐標為、（-8，-3）、．【分析】（1）先求得A、B的坐標，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出C、D的坐標，代入y=kx+b即可求得CD的解析式；（2）①證明△COF≌△AOE（ASA）即可得出OF=OE；②過點F作FG⊥OD．過點E作EH⊥OB，證明△FOG≌△EOH得出GF=HE，OG=OH，再聯(lián)立兩個一次函數(shù)即可求得，從而可得F點坐標；（3）分三種情況利用全等三角形的性質(zhì)和平行線分線段成比例即可確定出點P的坐標．【詳解】解：（1）∵直線交x軸，y軸分別于點A，點B，

∴A（，0），B（0，4），

∴OA=3，OB=4，∵∴CO=OA=3，OD=OB=4，

∴C（0，3），D（-4，0），設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b，∴解得，∴直線CD的解析式為：；（2）①由坐標軸知OB⊥OA，又∵，∴∠EOF=∠AOB=90°，∴∠COF=∠AOE，∵，∴OA=OC，∠OAB=∠OCD，∴△COF≌△AOE（ASA），∴OF=OE；②過點F作FG⊥OD．過點E作EH⊥OB，∴∠FGO=∠EHO，由①可知△COF≌△AOE，∴OF=OE,∠COF=∠AOE，∴∠FOD=∠EOB，∴△FOG≌△EOH（AAS）∴GF=HE，OG=OH,聯(lián)立得，∴，∴；（3）根據(jù)勾股定理，如下圖，當△P'Q'D≌△OCD時，∴DP'=OD=4，作P'H⊥x軸，∴P'H∥OC，∴,即，所以，∴,將代入得，∴點P'坐標；當△PQD≌△COD時，∴DQ=OD=4，PQ=OC=3，∴點P坐標（-8，-3）；當△P''Q''D≌△OCD時，∴DP''=OD=4，P''Q''=OC=3，作P''G⊥x軸，即P''G∥OC，∴,即，所以，∴,將代入得，∴點P坐標，∴△DPQ和△DOC全等時，點P的坐標為、（-8，-3）、．【點睛】本題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例、一次函數(shù)與二元一次方程組．（2）中能正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵；（3）注意分情況討論，正確作出圖形．20、（1）文學書的單價為40元/本，科普書的單價為1元/本；（2）購進1本文學書后最多還能購進2本科普書．【解析】（1）設(shè)文學書的單價為x元/本，則科普書的單價為（x+20）元/本，根據(jù)數(shù)量=總價÷單價結(jié)合用800元購進的文學書本數(shù)與用1200元購進的科普書本數(shù)相等，即可得出關(guān)于x的分式方程，解之經(jīng)檢驗后即可得出結(jié)論；（2）設(shè)購進m本科普書，根據(jù)總價=文學書的單價×購進本數(shù)+科普書的單價×購進本數(shù)結(jié)合總價不超過5000元，即可得出關(guān)于m的一元一次不等式，解之取其中的最大整數(shù)值即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）設(shè)文學書的單價為x元/本，則科普書的單價為（x+20）元/本，依題意，得：800x解得：x＝40，經(jīng)檢驗，x＝40是原分式方程的解，且符合題意，∴x+20＝1．答：文學書的單價為40元/本，科普書的單價為1元/本．（2）設(shè)購進m本科普書，依題意，得：40×1+1m≤5000，解得：m≤431∵m為整數(shù)，∴m的最大值為2．答：購進1本文學書后最多還能購進2本科普書．【點睛】本題考查了分式方程的應用以及一元一次不等式的應用，解題的關(guān)鍵是：（1）找準等量關(guān)系，正確列出分式方程；（2）根據(jù)各數(shù)量之間的關(guān)系，正確列出一元一次不等式．21、（1）BE=8﹣2；（2）證明見解析；（3）+5+3．【分析】（1）先求出DE＝AD＝4，最后用勾股定理即可得出結(jié)論；（2）先判斷出∠BMD＝90°，再判斷出△ADM≌△BCM得出∠AMD＝∠BMC，即可得出結(jié)論；（3）由于BM和PQ是定值，只要BP+QM最小，利用對稱確定出MG'就是BP+QM的最小值，最后利用勾股定理即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，∴DE＝AD＝8，在Rt△CDE中，CE＝，∴BE＝BC﹣CE＝8﹣2；（2）如圖2，連接BM，∵點M是DE的中點，∴DM＝EM，∵BD＝BE，∴BM⊥DE，∴∠BMD＝90°，∵點M是Rt△CDE的斜邊的中點，∴DM＝CM，∴∠CDM＝∠DCM，∴∠ADM＝∠BCM在△ADM和△BCM中，，∴△ADM≌△BCM（SAS），∴∠AMD＝∠BMC，∴∠AMC＝∠AMB+∠BMC＝∠AMB+∠AMD＝∠BMD＝90°，∴AM⊥CM；（3）如圖3中，過點Q作QG∥BP交BC于G，作點G關(guān)于AD的對稱點G'，連接QG'，當點G'，Q，M在同一條線上時，QM+BP最小，而PQ和BM是定值，∴此時，四邊形PBMQ周長最小，∵QG∥PB，PQ∥BG，∴四邊形BPQG是平行四邊形，∴QG＝BP，BG＝PQ＝5，∴CG＝3，如圖2，在Rt△BCD中，CD＝6，BC＝8，∴BD＝10，∴BE＝10，∴BG＝BE﹣BG＝5，CE＝BE﹣BC＝2，∴HM＝1+3＝4，HG＝CD＝3，在Rt△MHG'中，HG'＝6+3＝9，HM＝4，∴MG'＝，在Rt△CDE中，DE＝，∴ME＝，在Rt△BME中，BM＝＝3，∴四邊形PBMQ周長最小值為BP+PQ+MQ+BM＝QG+PQ+QM+BM＝MG'+PQ+PM＝+5+3，【點睛】本題是一道四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，確定BP+QM的最小值是解答本題的關(guān)鍵．22、AD=BE，AD⊥BE【分析】根據(jù)△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，可證明△ACD≌△BCE，進而得到AD=BE，∠CAD=∠CBE，再根據(jù)對頂角相等，即可得到∠AFB=∠ACB=90°．【詳解】解：AD=BE，AD⊥BE，理由如下：∵△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，∴△ACD≌△BCE（SAS）∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，∵∠ADC=∠BDF∴∠AFB=∠ACB=90°，∴AD⊥BE∴AD=BE，AD⊥BE．【點睛】本題考查了全等三角形的判定及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是充分利用已知條件，熟練掌握全等三角形的判定定理．23、實踐操作：詳見解析；模型應用：（1）y=x+2；（1）A、P、Q可以構(gòu)成以點Q為直角頂點的等腰直角三角形，a的值為或2．【分析】操作：根據(jù)余角的性質(zhì)，可得∠ACD＝∠CBE，根據(jù)全等三角形的判定，可得答案；應用（1）根據(jù)自變量與函數(shù)值的對應關(guān)系，可得A、B點坐標，根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，可得CD，BD的長，根據(jù)待定系數(shù)法，可得AC的解析式；（1）分兩種情況討論：①當Q在直線AP的下方時，②當Q在直線AP的上方時．根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，可得關(guān)于a的方程，根據(jù)解方程，可得答案．【詳解】操作：如圖1：∵∠ACD+∠BCE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，∴∠ACD＝∠CBE．在△ACD和△CBE中，∵，∴△CAD≌△BCE（AAS）；（1）∵直線yx+2與y軸交于點A，與x軸交于點B，∴A（0，2）、B（﹣3，0）．如圖1：過點B做BC⊥AB交直線l1于點C，過點C作CD⊥x軸．在△BDC和△AOB中，∵，∴△BDC≌△AOB（AAS），∴CD＝BO＝3，BD＝AO＝2．OD＝OB+BD＝3+2＝7，∴C點坐標為（﹣7，3）．設(shè)l1的解析式為y＝kx+b，將A，C點坐標代入，得：，解得：，l1的函數(shù)表達式為yx+2；（1）由題意可知，點Q是直線y＝1x﹣6上一點．分兩種情況討論：①當Q在直線AP的下方時，如圖3，過點Q作EF⊥y軸，分別交y軸和直線BC于點E、F．在△AQE和△QPF中，∵，∴△AQE≌△QPF（AAS），AE＝QF，即6﹣（1a﹣6）＝8﹣a，解得：a＝2．②當Q在直線AP的上方時，如圖2，過點Q作EF⊥y軸，分別交y軸和直線BC于點E、F，AE＝1a﹣11，F(xiàn)Q＝8﹣a．在△AQE和△QPF中，∵，∴△AQE≌△QPF（AAS），AE＝QF，即1a﹣11＝8﹣a，解得：a．綜上所述：A．P、Q可以構(gòu)成以點Q為直角頂點的等腰直角三角形，a的值為或2．【點睛】本題考查了一次函數(shù)綜合題，利用余角的性質(zhì)得出∠ACD＝∠CBE是解題的關(guān)鍵，又利用了全等三角形的判定；利用了全等三角形的性質(zhì)得出CD，BD的長是解題的關(guān)鍵，又利用了待