湖南省长沙市明德中学2024届八年级数学第一学期期末综合测试试题含解析

湖南省长沙市明德中学2024届八年级数学第一学期期末综合测试试题

考生请注意：

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题4分，共48分）

1．如图，在△PAB中，∠A=∠B，D、E、F分别是边PA、PB、AB上的点，且AD=BF，BE=AF．若∠DFE=34°，则∠P的度数为（

）

A．112° B．120° C．146° D．150°

2．一个三角形的三条边长分别为4,7,x，则x的值有可能是下列哪个数（

）

A．3 B．7 C．11 D．12

3．等腰三角形的两边长分别为4cm和8cm，则它的周长为（

）

A．16cm B．17cm C．20cm D．16cm或20cm

4．如图，在ABC中，C90,AC4,BC3，将ABC绕点A逆时针旋转，使点C恰好落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则B，D两点间的距离为（

）

A．10 B．8 C．3 D．25

5．如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝5，AC＝4，AD平分∠BAC交BC于点D，在AB上截取AE＝AC，则△BDE的周长为( )

A．8 B．7 C．6 D．5

6．如图，在△ABC和△DEF中，∠B＝∠DEF，AB＝DE，若添加下列一个条件后，仍然不能证明△ABC≌△DEF，则这个条件是( )

A．∠A＝∠D B．BC＝EF C．∠ACB＝∠F D．AC＝DF

7．若x1使某个分式无意义，则这个分式可以是（

）

A．x1

2x1B．2x1

x1C．2x1

x1D．x1

2x18．如图，直线a，b，c表示三条公路，现要建一个货物中转站，要求它到三条公路的距离相等，则可供选择的地址有（

）

A．一处 B．两处 C．三处 D．四处

9．下列因式分解正确的是( )

A．m25m6m(m5)6

C．m24m4(m2)2

10．如果把分式A．不变

B．4m21(2m1)2

D．4m21(2m1)(2m1)

2ab中的a、b同时扩大为原来的2倍，那么得到的分式的值（

）

ab1B．扩大为原来的2倍 C．缩小到原来的 D．扩大为原来的4倍．

211．已知△ABC中，AB=8,BC=5,那么边AC的长可能是下列哪个数

（

）

A．15 B．12 C．3 D．2

12．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=30°，AB=12，AD平分∠BAC，点PQ分别是AB、AD边上的动点，则BQ+QP的最小值是（

）

A．4 B．5 C．6 D．7

二、填空题（每题4分，共24分）

13．已知甲、乙两地间的铁路长1480千米，列车大提速后，平均速度增加了70千米/时，列车的单程运行时间缩短了3小时．设原来的平均速度为x千米/时，根据题意，可列方程为______________．

2x=

．

14．计算：6x2÷15．邮政部门规定：信函重100克以内（包括100克）每20克贴邮票0.8元，不足20克重以20克计算；超过100克，先贴邮票4元，超过100克部分每100克加贴邮票2元，不足100克重以100克计算．八（9）班有11位同学参加项目化学习知识竞赛，若每份答卷重12克，每个信封重4克，将这11份答卷分装在两个信封中寄出，所贴邮票的总金额最少是_________元．

16．若3x2有意义，则x的取值范围是__________．

17．若实数，满足，则______.

18．如图，某风景区的沿湖公路AB=3千米，BC=4千米，CD=12千米，AD=13千米，其中AB^BC，图中阴影是草地，其余是水面．那么乘游艇游点C出发，行进速度为每小时117千米，到达对岸AD最少要用

小时．

13

三、解答题（共78分）

19．（8分）（1）如图 1，在△ABC

中，∠ABC

的平分线 BF

交 AC

于 F，

过点 F

作 DF∥BC，

求证：BD=DF．

（2）如图 2，在△ABC

中，∠ABC

的平分线 BF

与∠ACB

的平分线 CF

相交于 F，过点 F

作 DE∥BC，交直线 AB

于点 D，交直线 AC

于点 E．那么 BD，CE，DE

之间存在什么关系？并证明这种关系．

（3）如图 3，在△ABC

中，∠ABC

的平分线 BF

与∠ACB

的外角平分线 CF

相交于 F，过点 F

作 DE∥BC，交直线 AB

于点D，交直线 AC

于点 E．那么 BD，CE，DE

之间存在什么关系？请写出你的猜想．（不需证明）

20．（8分）如图，在等边ABC中，点D，E分别是AC，AB上的动点，且AECD，BD交CE于点P．

（1）如图1，求证BPC120；

（2）点M是边BC的中点，连接PA，PM．

①如图2，若点A，P，M三点共线，则AP与PM的数量关系是

；

②若点A，P，M三点不共线，如图3，问①中的结论还成立吗？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由．

21．（8分）甲、乙、丙三明射击队员在某次训练中的成绩如下表：

队员

甲

乙

丙

成绩（单位：环）

6

6

6

6

7

6

7

7

6

7

8

7

8

8

7

9

8

8

9

8

10

9

9

10

9

9

10

10

10

10

针对上述成绩，三位教练是这样评价的：

教练A：三名队员的水平相当；

教练B：三名队员每人都有自己的优势；

教练C：如果从不同的角度分析，教练A和B说的都有道理.

你同意教练C的观点吗？通过数据分析，说明你的理由.

22．（10分）如图1，直线AB∥CD，直线l与直线AB，CD相交于点E，F，点P是射线EA上的一个动点（不包括端点）

（1）若∠CFE＝119°，PG交∠FEB的平分线EG于点G，∠APG＝150°，则∠G的大小为

．

（2）如图2，连接PF．将△EPF折叠，顶点E落在点Q处．

①若∠PEF＝48°，点Q刚好落在其中的一条平行线上，请直接写出∠EFP的大小为

．

②若∠PEF＝75°，∠CFQ＝1∠PFC，求∠EFP的度数．

2

23．（10分）如图所示，在△ABC中，已知AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥AC，DC＝6

求BD的长.

24．（10分）已知等腰三角形底边长为a，底边上的高的长为h，求作这个等腰三角形．（要求：写作法，用尺规作图，保留作图痕迹）．

25．（12分）某服装商预测一种应季衬衫能畅销市场，就用8000元购进一批衬衫，面市后果然供不应求，该服装商又用17600元购进了第二批这种衬衫，所购数量是第一批购进数量的2倍，但单价贵了8元．请问该服装商第一批进货的单价是多少元？

26．如图，在ABC中，ABAC,ADBC于D

（1）若5C2BAC，求BAD的度数

（2）若点E在AB上，EF//AC交AD的延长线于点F

求证：AE=FE

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）

1、A

【分析】根据等边对等角得到∠A=∠B，证得△ADF≌△BFE，得∠ADF=∠BFE，由三角形的外角的性质求出∠A=∠DFE=42°，根据三角形内角和定理计算即可．

【题目详解】解：∵PA=PB，

∴∠A=∠B，

在△ADF和△BFE中，

ADBFAB

AFBE∴△ADF≌△BFE（SAS），

∴∠ADF=∠BFE，

∵∠DFB=∠DFE+∠EFB=∠A+∠ADF，

∴∠A=∠DFE=34°，

∴∠B =34°，

-∠A-∠B=112°∴∠P=180°，

故选：A．

【题目点拨】

本题考查的是等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的外角的性质，掌握等边对等角、全等三角形的判定定理和性质定理、三角形的外角的性质是解题的关键．

2、B

【分析】已知两边，则第三边的长度应是大于两边的差而小于两边的和，这样就可求出第三边长的范围，从而得出结果．

【题目详解】解：根据题意得：7-4＜x＜7+4，

即3＜x＜11，

故选：B．

【题目点拨】

本题考查三角形的三边关系，关键是理解如何根据已知的两条边求第三边的范围．

3、C

【解题分析】试题分析：分当腰长为4cm或是腰长为8cm两种情况：①当腰长是4cm时，则三角形的三边是4cm，4cm，8cm，4cm+4cm=8cm不满足三角形的三边关系；当腰长是8cm时，三角形的三边是8cm，8cm，4cm，三角形的周长是20cm．故答案选C．

考点：等腰三角形的性质；三角形三边关系．

4、A

【分析】连接BD，利用勾股定理求出AB，然后根据旋转的性质可得AC=AE=4，∠AED=∠C=90°，BC=DE=3，从而求出∠DEB和BE，最后利用勾股定理即可求出结论．

【题目详解】解：连接BD

∵C90,AC4,BC3

∴AB=AC2BC25

由旋转的性质可得AC=AE=4，∠AED=∠C=90°，BC=DE=3

∴∠DEB=180°－∠AED=90°，BE=AB－AE=1

在Rt△DEB中，BD=BE2DE210

故选A．

【题目点拨】

此题考查的是勾股定理和旋转的性质，掌握勾股定理和旋转的性质是解决此题的关键．

5、B

【题目详解】解：∵AD是∠BAC的平分线，

∴∠EAD=∠CAD

在△ADE和△ADC中，

AE=AC，

∠EAD=∠CAD，

AD=AD，

∴△ADE≌△ADC(SAS)，

∴ED=CD，

∴BC=BD+CD=DE+BD=5，

∴△BDE的周长=BE+BD+ED=(6−4)+5=7

故选B．

【题目点拨】

本题考查全等三角形的应用.三角形全等的判定定理有：边边边（SSS）、边角边（SAS）、角边角（ASA）、角角边（AAS）、HL.通过证明三角形全等可以得到相等的边或角，可将待求量进行转化，使问题迎刃而解．

6、D

【解题分析】解：∵∠B=∠DEF，AB=DE，∴添加∠A=∠D，利用ASA可得△ABC≌△DEF；

∴添加BC=EF，利用SAS可得△ABC≌△DEF；

∴添加∠ACB=∠F，利用AAS可得△ABC≌△DEF；

故选D．

点睛：本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法：SSS、ASA、SAS、AAS和HL是解题的关键．

7、B

【分析】根据分式无意义的条件，对每个式子进行判断，即可得到答案.

【题目详解】解：A、由2x10，得x1，故A不符合题意；

2B、由x10，得x1，故B符合题意；

C、由x10，得x1，故C不符合题意；

1D、由2x10，得x，故D不符合题意；

2故选：B.

【题目点拨】

本题考查了分式无意义的条件，解题的关键是掌握分式无意义的条件，即分母等于0.

8、D

【分析】根据角平分线上的点到角两边的距离相等作图即可得到结果．

【题目详解】解：如图所示，可供选择的地址有4个，

故选：D

【题目点拨】

本题主要考查的是角平分线的性质，掌握角平分线上的点到角两边的距离相等是解题的关键．

9、D

【分析】因式分解：把一个整式化为几个因式的积的形式．从而可以得到答案．

【题目详解】A没有把m25m6化为因式积的形式，所以A错误，

B从左往右的变形不是恒等变形，因式分解是恒等变形，所以B错误，

C变形也不是恒等变形所以错误，

D化为几个因式的积的形式，是因式分解，所以D正确．

故选D．

【题目点拨】

本题考查的是多项式的因式分解，掌握因式分解的定义是解题关键．

10、B

【分析】依题意分别用2a和2b去代换原分式中的a和b，利用分式的基本性质化简即可

【题目详解】分别用2a和2b去代换原分式中的a和b，

得22a2b4ab2ab2，

2a2babab可见新分式是原分式的2倍．

故选：B．

【题目点拨】

本题考查了分式的基本性质．解题的关键是抓住分子、分母变化的倍数，解此类题首先把字母变化后的值代入式子中，然后约分，再与原式比较，最终得出结论．

11、B

【解题分析】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列出不等式即可．

【题目详解】解：根据三角形的三边关系，

8−5＜AC＜8＋5，

即3＜AC＜13，

符合条件的只有12，

故选：B．

【题目点拨】

本题考查的是三角形的三边关系，掌握三角形形成的条件：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．

12、C

【分析】如图，作点P关于直线AD的对称点P′，连接QP′，由△AQP≌△AQP′，得PQ=QP′，欲求PQ+BQ的最小值，只要求出BQ+QP′的最小值，即当BP′⊥AC时，BQ+QP′的值最小，此时Q与D重合，P′与C重合，最小值为BC的长．

【题目详解】解：如图，作点P关于直线AD的对称点P′，连接QP′，

△AQP和△AQP′中，

APAP''QAPQAP，∴△AQP≌△AQP′，

AQAQ∴PQ=QP′

∴欲求PQ+BQ的最小值，只要求出BQ+QP′的最小值，

∴当BP′⊥AC时，BQ+QP′的值最小，此时Q与D重合，P′与C重合，最小值为BC的长．

在Rt△ABC中，∵∠C=90°，AB=12，∠BAC=30°，

∴BC=1AB=6，

2∴PQ+BQ的最小值是6，

故选：C．

【题目点拨】

本题考查了勾股定理、轴对称中的最短路线问题、垂线段最短等知识，找出点P、Q的位置是解题的关键．

二、填空题（每题4分，共24分）

13、148014803

xx70【解题分析】试题解析：设原来的平均速度为x千米/时，列车大提速后平均速度为x+70千米/时，根据走过相同的距离时间缩短了3小时，列方程：故答案为14801480＝＋3，

xx7014801480＝＋3.

xx7014、3x．

2x=3x．

【解题分析】试题解析：6x2÷考点：单项式除以单项式．

15、5.1

【分析】由题意知，把它分成两个小于或等于100克的信封比较省钱，设其中一个信封装x份答卷，根据重量小于等于100列出方程组求出x的取值范围，然后分情况计算所贴邮票的总金额即可.

11＋2×4＝140（克）【题目详解】解：11份答卷以及两个信封总计：12×，

由题意知，把它分成两个小于或等于100克的信封比较省钱，

设其中一个信封装x份答卷，则另一个信封装（11−x）份答卷，

12x4100由题意得：，

1211x4100解得：3≤x≤8，

∴共有三种情况：

3＋4＝40（克）①一个信封装3份答卷，另一个信封装8份答卷，装3份答卷的信封重量为12×，装8份答卷的信封重量为140－40＝100（克），

2＋0.8×5＝5.1（元）此时所贴邮票的总金额为：0.8×；

4＋4＝52（克）②一个信封装4份答卷，另一个信封装7份答卷，装4份答卷的信封重量为12×，装7份答卷的信封重量为140－52＝88（克），

3＋0.8×5＝1.4（元）此时所贴邮票的总金额为：0.8×；

5＋4＝14（克）③一个信封装5份答卷，另一个信封装1份答卷，装5份答卷的信封重量为12×，装1份答卷的信封重量为140－14＝71（克），

4＋0.8×4＝1.4（元）此时所贴邮票的总金额为：0.8×；

∴所贴邮票的总金额最少是5.1元，

故答案为：5.1．

【题目点拨】

本题考查了一元一次不等式组的实际应用，正确理解题意，分析得出把它分成两个小于或等于100克的信封比较省钱，进而列出方程组是解题的关键.

16、一切实数

【分析】根据使立方根有意义的条件解答即可.

【题目详解】解:立方根的被开方数可以取一切实数,所以x可以取一切实数.

故答案为:一切实数.

【题目点拨】

本题考查使立方根有意义的条件,理解掌握该知识点是解答关键.

17、1.5

【解题分析】根据非负数的性质列式求出m，n的值，然后代入代数式进行计算即可得解．

【题目详解】解：根据题意得：

∴∴故答案为：.

【题目点拨】

本题考查了非负数的性质：几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0，解题的关键是利用非负性正确求值.

18、0.1

BC可以求AC，CD，AD的长度符合勾股定理确定AC⊥CD，【分析】连接AC，在直角△ABC中，已知AB，根据AC，则可计算△ACD的面积，又因为△ACD的面积可以根据AD边和AD边上的高求得，故根据△ACD的面积可以求得C到AD的最短距离，即△ACD中AD边上的高．

【题目详解】解：连接AC，

；

，

在直角△ABC中，AB=3km，BC=1km，则AC=3242=5km，

∵CD=12km，AD=13km，故存在AD2=AC2+CD2

∴△ACD为直角三角形，且∠ACD=90°，

∴△ACD的面积为1×AC×CD=30km2，

27150km，

1313∵AD=13km，∴AD边上的高，即C到AD的最短距离为6013km/小时，

131506013需要时间为小时=0.1小时．

13150游艇的速度为11故答案为 0.1．

点睛：

本题考查了勾股定理在实际生活中的应用，考查了直角三角形面积计算公式，本题中证明△ACD是直角三角形是解题的关键．

三、解答题（共78分）

19、（1）见详解；（2）BD+CE＝DE，证明过程见详解；（3）BD﹣CE＝DE，证明过程见详解

【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线定义得出∠DFB＝∠CBF，∠ABF＝∠CBF，推出∠DFB＝∠DBF，根据等角对等边推出即可；

（2）与（1）证明过程类似，求出BD＝DF，EF＝CE，即可得出结论；

（3）与（1）证明过程类似，求出BD＝DF，EF＝CE，即可得出结论．

【题目详解】解：（1）∵BF平分∠ABC，

∴∠ABF＝∠CBF，

∵DF∥BC，

∴∠DFB＝∠CBF，

∴∠DFB＝∠DBF，

∴BD＝DF；

（2）BD+CE＝DE，

理由是：∵BF平分∠ABC，

∴∠ABF＝∠CBF，

∵DF∥BC，

∴∠DFB＝∠CBF，

∴∠DFB＝∠DBF，

∴BD＝DF；

同理可证：CE＝EF，

∵DE＝DF+EF，

∴BD+CE＝DE；

（3）BD﹣CE＝DE．

理由是：∵BF平分∠ABC，

∴∠ABF＝∠CBF，

∵DF∥BC，

∴∠DFB＝∠CBF，

∴∠DFB＝∠DBF，

∴BD＝DF；

同理可证：CE＝EF，

∵DE＝DF﹣EF，

∴BD﹣CE＝DE．

【题目点拨】

本题考查了角平分线定义，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识点，本题具有一定的代表性，三个问题证明过程类似．

20、（1）证明过程见详解；（2）①AP2PM；②结论成立，证明见详解

【分析】（1）先证明AEC≌CDB(SAS)，得出对应角相等，然后利用四边形的内角和和对顶角相等即可得出结论；

（2）①AP2PM；由等边三角形的性质和已知条件得出AM⊥BC，∠CAP＝30°，可得PB＝PC，由∠BPC＝120°和等腰三角形的性质可得∠PCB＝30°，进而可得AP＝PC，由30°角的直角三角形的性质可得PC＝2PM，于是可得结论；

②延长BP至D，使PD＝PC，连接AD、CD，根据SAS可证△ACD≌△BCP，得出AD＝BP，∠ADC＝∠BPC＝120°，然后延长PM至N，使MN＝MP，连接CN，易证△CMN≌△BMP（SAS），可得CN＝BP＝AD，∠NCM＝∠PBM，最后再根据SAS证明△ADP≌△NCP，即可证得结论．

【题目详解】（1）证明：因为△ABC为等边三角形，所以AACB60

ACBC∵AACB

，∴AEC≌CDB(SAS)

，∴AECCDB，

AECD在四边形AEPD中，∵AECEPDPDAA360，

∴AECEPD180CDB60360，

∴EPD120，∴BPC120；

（2）①如图2，∵△ABC是等边三角形，点M是边BC的中点，

∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，AM⊥BC，∠CAP＝∵∠BPC＝120°，∴∠PBC＝∠PCB＝30°，

∴PC＝2PM，∠ACP＝60°﹣30°＝30°＝∠CAP，

∴AP＝PC，∴AP＝2PM；

故答案为：AP2PM；

1∠BAC＝30°，∴PB＝PC，

2

②AP＝2PM成立，理由如下：

延长BP至D，使PD＝PC，连接AD、CD，如图4所示：则∠CPD＝180°﹣∠BPC＝60°，

∴△PCD是等边三角形，

∴CD＝PD＝PC，∠PDC＝∠PCD＝60°，

∵△ABC是等边三角形，∴BC＝AC，∠ACB＝60°＝∠PCD，

∴∠BCP＝∠ACD，

∴△ACD≌△BCP（SAS），

∴AD＝BP，∠ADC＝∠BPC＝120°，

∴∠ADP＝120°﹣60°＝60°，

延长PM至N，使MN＝MP，连接CN，

∵点M是边BC的中点，∴CM＝BM，

∴△CMN≌△BMP（SAS），

∴CN＝BP＝AD，∠NCM＝∠PBM，

∴CN∥BP，∴∠NCP+∠BPC＝180°，

∴∠NCP＝60°＝∠ADP，

在△ADP和△NCP中，∵AD=NC，∠ADP=∠NCP，PD=PC，

∴△ADP≌△NCP（SAS），

∴AP＝PN＝2CM；

【题目点拨】

本题是三角形的综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．

21、同意教练C的观点，见解析

【分析】依次求出甲、乙、丙三名队员成绩的平均数、中位数、方差及众数，根据数据的稳定性即可判断.

【题目详解】解：依题意渴求得：

66778999910=8；

1067788889910=8； 乙队员成绩的平均数为1066677810101010=8； 丙队员成绩的平均数为1089888，

8.5，乙队员成绩的中位数为甲队员成绩的中位数为22787.5， 丙队员成绩的中位数为212甲队员成绩的方差为s甲= [（6−8）2＋（6−8）2＋（7−8）2＋（7−8）2＋（8−8）2＋（9−8）2＋（9−8）2＋（9−8）210甲队员成绩的平均数为＋（9−8）2＋（10−8）2]＝1.8;

乙队员成绩的方差为s乙=21 [（6−8）2＋（7−8）2＋（7−8）2＋（8−8）2＋（8−8）2＋（8−8）2＋（8−8）2＋（9−8）2101 [（6−8）2＋（6−8）2＋（6−8）2＋（7−8）2＋（7−8）2＋（8−8）2＋（10−8）2＋（10−8）10＋（9−8）2＋（10−8）2]＝1.2;

丙队员成绩的方差为s丙=22＋（10−8）2＋（10−8）2]＝3;

由于甲、乙、丙三名队员成绩的平均数分别为：x甲8，x乙8，x丙8，所以，三名队员的水平相当.故，教练A说的有道理.

由于甲、乙、丙三名队员的成绩的中位数分别为：8.5；8；7.5.

所以，从中位数方面分析，甲队员有优势.

222由于甲、乙、丙三名队员的成绩的方差分别为：s甲1.8，s乙1.2，s丙3.

所以，从方差方面分析，乙队员有优势.

由于甲、乙、丙三名队员的成绩的众数分别为：9；8；10.

所以，从众数方面分析，丙队员有优势.

故，教练B说的有道理.

所以，同意教练C的观点.

【题目点拨】

此题主要考查数据分析的应用，解题的关键是熟知平均数、中位数、方差及众数的求解方法.

22、（1）29.5°；（2）①42°或66°；②35°或63°．

【分析】（1）根据平行线的性质和三角形的内角和即可得到结论；

①Ⅰ、（2）当点Q落在AB上时，利用三角形内角和定理计算即可．Ⅱ、当点Q落在CD上时，∠PQF＝∠PEF＝48°，利用平行线的性质，三角形的内角和定理计算即可．

②分两种情形：Ⅰ、当点Q在平行线AB，CD之间时．Ⅱ、当点Q在CD下方时，分别构建方程即可解决问题．

【题目详解】（1）∵直线AB∥CD，

∴∠BEF＝∠CFE＝119°，∠PEF＝180°﹣∠CFE＝61°，

∵EG平分∠BEF，

∴∠FEG＝1∠BEF＝59.5°，

2∵∠APG＝150°，

∴∠EPF＝30°，

∴∠G＝180°﹣30°﹣61°﹣59.5°＝29.5°；

故答案为：29.5°；

（2）①Ⅰ、当点Q落在AB上时，

易证PF⊥AB，可得∠EPF＝90°，

∴∠EFP＝90°﹣∠PEF＝90°﹣48°＝42°．

Ⅱ、当点Q落在CD上时，∠PQF＝∠PEF＝48°，

∵AB∥CD，

∴∠EPQ+∠PQF＝180°，

∴∠EPQ＝132°，

∵∠EPF＝∠QPF，

∴∠EPF＝1×132°＝66°，

2∴∠EFP＝180°﹣48°﹣66°＝66°．

综上所述，满足条件的∠EFP的值为42°或66°，

故答案为：42°或66°．

②Ⅰ、当点Q在平行线AB，CD之间时．

设∠PFQ＝x，由折叠可知∠EFP＝x，

∵2∠CFQ＝∠CFP，

∴∠PFQ＝∠CFQ＝x，

∴75°+3x＝180°，

∴x＝35°，

∴∠EFP＝35°．

Ⅱ、当点Q在CD下方时，

设∠PFQ＝x，由折叠可知∠EFP＝x，

∵2∠CFQ＝∠CFP，

∴∠PFC＝∴75°+2x，

32x+x＝180°，

3解得x＝63°，

∴∠EFP＝63°．

【题目点拨】

本题考查了三角形的角度问题，掌握平行线的性质和三角形的内角和定理是解题的关键．

23、1．

【题目详解】试题分析：由题意先求得∠B=∠C=10°，再由AD⊥AC，求得∠ADC=60°，则∠BAD=10°，然后得出AD=BD．

∵AB=AC，∠BAC=120°，

∴∠B=∠C=10°，

∵AD⊥AC，DC=6，

∴AD=1CD=1，∠ADC=60°.

2∴∠B=∠BAD=10°.

∴AD=BD=1．

考点：1.含10度角的直角三角形；2.等腰三角形的判定与性质．

24、详见解析.

【解题分析】根据题目要求画出线段a、h，再画△ABC，使AB=a，△ABC的高为h；首先画一条直线，再画垂线，然后截取高，再画腰即可．

【题目详解】解：作图：

①画射线AE，在射线上截取AB=a，

②作AB的垂直平分线，垂足为O，再截取CO=h，

③再连接AC、CB，△ABC即为所求．

【题目点拨】

此题主要考查了复杂作图，关键是掌握垂线的画法，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．

25、该服装商第一批进货的单价是80元.

【分析】设第一批进货的单价为x元，则第二批进货单价为x8元，据此分别表示出两批进货的数量，然后根据“第二批所购数量是第一批购进数量的2倍”列出方程求解，然后检验得出答案即可.

【题目详解】设第一批进货的单价为x元，则第二批进货单价为x8元，

则：8000176002，

xx8解得：x80，

经检验，x80是原方程的解，

答：该服装商第一批进货的单价是80元.

【题目点拨】

本题主要考查了分式方程的实际应用，准确找出等量关系是解题关键.

26、（1）50°；（2）见解析

【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠BAD=∠CAD，根据5C2BAC设∠C=2x，∠BAC=5x，根据三角形的内角和求出x，即可得到结果；

（2）根据等腰三角形的性质得到∠BAD=∠CAD根据平行线的性质得到∠F=∠CAD，等量代换得到∠BAD=∠F，于是得到结论．

【题目详解】解：（1）∵AB=AC，AD⊥BC于点D，

∴∠BAD=∠CAD，∠ADC=∠ADB=90°，

∵5C2BAC，

设∠C=2x，∠BAC=5x，

则∠B=2x，

则2x+2x+5x=180，

解得：x=20，

∴∠BAC=100°，

∴∠BAD=50°；

（2）∵AB=AC，AD⊥BC于点D，

∴∠BAD=∠CAD，

∵EF∥AC，

∴∠F=∠CAD，

∴∠BAD=∠F，

∴AE=FE．

【题目点拨】

本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，正确的识别图形是解题的关键．