广东省佛山市南海区2023-2024学年七年级下学期高阶思维素养数学模拟测试卷（四）

2023-2024七年级高阶思维素养数学模拟测试卷（四） 时间：120分钟　满分：150分 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 三进位制数201可用十进位制数表示为；二进位制数1011可用十进位制数表示为．现有三进位制数，二进位制数，则与的大小关系为　　 A． B． C． D．不能确定 要使多项式为一个完全平方式，则等于　　 A．12 B．24 C．98 D．196 已知是的边上的中线，，，则中线的取值范围是　　 A． B． C． D．以上都不对 正五边形广场的周长为400米，甲，乙两个同学做游戏，甲从处，乙从处同时出发，沿的方向绕广场行走，甲的速度为每分钟50米，乙的速度为每分钟46米．在两人第一次刚走到同一条边上的那一时刻　　 A．甲不在顶点处，乙在顶点处 B．甲在顶点处，乙不在顶点处 C．甲乙都在顶点处 D．甲乙都不在顶点处 甲、乙、丙、丁四人分别面对面坐在一个四边形桌子旁边，桌上一张纸上写着数字“9”，甲说他看到的是“6”，乙说他看到的是“”，丙说他看到的是“”，丁说他看到的是“9”，则下列说法正确的是　　 A．甲在丁的对面，乙在甲的左边，丙在丁的右边 B．丙在乙的对面，丙的左边是甲，右边是乙 C．甲在乙的对面，甲的右边是丙，左边是丁 D．甲在丁的对面，乙在甲的右边，丙在丁的右边 若不论取什么实数，关于的方程、常数）的解总是，则的值是　　 A． B．0.5 C． D．1 如图，直线，、分别在直线，上，为平面内一点，连接，，延长至点，和的角平分线相交于点．若，则可以用含的式子可以表示为　　 A． B． C． D． 如图，已知：，，，，现有下列结论：①；②；③；④．其中不正确的有　　 A．0个 B．1个 C．2个 D．3 个 二、填空题：本大题共7小题，每小题8分，共56分． 已知，则________． 如图，若，，，，则________（这里，均小于． 已知，求的最大值与最小值的差 ________． 将图①中周长为36的长方形纸片剪成1号，2号，3号，4号正方形和5号长方形，并将它们按图②的方式放入周长为55的长方形中，则没有覆盖的阴影部分的周长为________． 如图，在中，，，点在直线上，，点为上一动点，连接、．当的值最小时，的度数为________． 如图，用红，蓝，黄三色将图中区域、、、着色，要求有公共边界的相邻区域不能涂相同的颜色．满足恰好涂蓝色的概率为________． 一束光线经过三块平面镜反射，光路如图所示，当是的一半时，________． 三、解答题：本大题共3小题，依次是16、18、20分，共54分，要求写出解答过程． 阅读下列材料解决问题： 材料：如果一个自然数末三位所表示的数与末三位以前的数字所表示的数之差（大数减小数）是13的倍数，则这个数能被13整除． ⑴任意一个五位自然数的末三位所表示的数与末三位以前的数字所表示的数之差（大数减小数）是13的倍数，证明这个五位数一定能被13整除； ⑵一个五位自然数，它的末三位为，末三位以前的数为（其中，且、都为整数）交换这个五位自然数的十位和百位上的数字后所得的新数能被13整除，规定：，求的最大值． ⑴用，，三种型号的正方形地板砖铺设的正方形地面，请你设计一种铺设方案，使得的地板砖只用一块． ⑵请你证明：只用，两种型号的地板砖，无论如何铺设都不能铺满的正方形地面而不留空隙． 引入概念1：如果一个三角形的三个角分别等于另一个三角形的三个角，那么称这两个三角形互为“等角三角形”． 引入概念2：从不等边三角形一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形．若分成的两个小三角形中一个是满足有两个角相等的三角形，另一个与原来三角形是“等角三角形”，我们把这条线段叫做这个三角形的“等角分割线”． 【理解概念】： ⑴如图1，在中，，，请写出图中两对“等角三角形”． ①________________；②________________． ⑵如图2，在中，为角平分线，，．请你说明是的等角分割线． 【应用概念】： ⑶在中，若，为的等角分割线，请你直接写出所有可能的度数． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$第 1页（共 12页） 2023-2024 七年级高阶思维素养数学模拟测试卷（四） 时间：120 分钟 满分：150 分 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的． 【例 1】 三进位制数 201可用十进位制数表示为 2 12 3 0 3 1 2 9 0 1 19         ；二进位制数 1011可用 十进位制数表示为 3 21 2 0 2 1 2 1 8 0 2 1 11           ．现有三进位制数 221a  ，二进位制数 10111 ，则 a与b的大小关系为 ( ) A． a b B． a b C． a b D．不能确定 【分析】解答此类问题的关键就是要充分理解和利用已知的条件． 【解析】解：由已知条件可知： 2 1221 2 3 2 3 1 2 9 2 3 1 25a             ， 4 3 210111 1 2 0 2 1 2 1 2 1 16 0 4 2 1 23b                 ， 因此 a b ． 故选： A． 【例 2】 要使多项式 ( 1)( 3)( 4)( 8)x x x x m     为一个完全平方式，则m等于 ( ) A．12 B．24 C．98 D．196 【分析】把多项式 ( 1)( 3)( 4)( 8)x x x x m     可化为 ( 1)( 4)( 3)( 8)x x x x m     ，把 2 5x x 看成一个整 体即可得出答案． 【解析】解：多项式 ( 1)( 3)( 4)( 8)x x x x m     可化为 ( 1)( 4)( 3)( 8)x x x x m     ， 2 2( 5 4)( 5 24)x x x x m      ， 把 2 5x x 看成一个整体，设 2 5x x y  ， 则 ( 4)( 24)y y m   为完全平方式， 故 2 20 96y y m   为完全平方式， 即为： 2( 10)y  ，故 96 100m   ， 100 96 196m    ． 故选：D． 【例 3】 已知 AD是 ABC 的边 BC上的中线， 12AB  ， 8AC  ，则中线 AD的取值范围是 ( ) A． 2 10AD  B． 4 20AD  C．1 4AD  D．以上都不对 【分析】延长 AD至点 E，使 AD DE ，得出 ACD EBD   ，进而在 ABE 中利用三角形三边关系求解． 【解析】解：如图，延长 AD至点 E，使 AD DE ，连接 BE ， AD 是 ABC 的边 BC上的中线， BD CD  ， 又 ADC BDE   ， AD DE ACD EBD   ， 第 2页（共 12页） BE AC  ， 在 ABE 中， AB BE AE AB BE    ， 即 AB AC AE AB AC    ，12 8 12 8AE    ， 4 20AE   ， 2 10AD   ． 故选： A． 【例 4】 正五边形广场 ABCDE的周长为 400米，甲，乙两个同学做游戏，甲从 A处，乙从C处同时出发， 沿 A B C D E A     的方向绕广场行走，甲的速度为每分钟 50米，乙的速度为每分钟 46米．在 两人第一次刚走到同一条边上的那一时刻 ( ) A．甲不在顶点处，乙在顶点处 B．甲在顶点处，乙不在顶点处 C．甲乙都在顶点处 D．甲乙都不在顶点处 【分析】根据二人在 1条边上，二人地距离差小于或等于 80米，由甲乙的速度与起始位置，求出甲乙相 距 80米的时间，然后推算此时甲乙的位置即可作出判断． 【解析】解：由题意得：正方形的边长为 80米， ①二人在 1条边上，二人的距离差小于或等于 80米． ②甲在 A点，乙在C点，二人的距离差是 160米，甲要追回 80米需要的时间是80 (50 46) 20   分钟． ③20分钟甲走了 1000米，正好走到CD的中点设为 F ；20分钟乙走 920米走到DE距D点 40 米处设为G． ④甲从 F 走到 D是 40 50 0.8  分钟；乙用 0.8分从G点走出 0.8 46 36.8  米，距 E点 80 36.8 40 3.2   米． ⑤由此得知甲走到D点时，乙走在 DE线上距 3.2E 米处． 故选： B． 【例 5】 甲、乙、丙、丁四人分别面对面坐在一个四边形桌子旁边，桌上一张纸上写着数字“9”，甲说他 看到的是“6”，乙说他看到的是“ ”，丙说他看到的是“ ”，丁说他看到的是“9”，则下列 说法正确的是 ( ) A．甲在丁的对面，乙在甲的左边，丙在丁的右边 B．丙在乙的对面，丙的左边是甲，右边是乙 C．甲在乙的对面，甲的右边是丙，左边是丁 D．甲在丁的对面，乙在甲的右边，丙在丁的右边 【分析】根据图形分析出四个人在桌子边的位置进而判断即可． 【解析】解：由题意可得，甲说他看到的是“6，丁说他看到的是“9”，说明两人做对面，乙和丙做对 面， 又乙说他看到的是“ ”， 乙在甲右边，则丙在甲右边． 故选：D． 【例 6】 若不论 k取什么实数，关于 x的方程 2 1( 3 6 kx a x bk a   、b常数）的解总是 1x  ，则 a b 的值 第 3页（共 12页） 是 ( ) A． 0.5 B．0.5 C． 1.5 D．1 【分析】把 1x  代入得出 ( 4) 7 2b k a   ，根据方程总有解 1x  ，推出 4 0b   ，7 2 0a  ，求出即可． 【解析】解：把 1x  代入得： 2 1 1 3 6 k a bk    ， 去分母得： 4 2 1 6k a kb    ， ( 4) 7 2b k a    ， 不论 k取什么实数，关于 x的方程 2 1( 3 6 kx a x bk a   、 b常数）的解总是 1x  ， 4 0b   ， 7 2 0a  ， 7 2 a  ， 4b   ， 7 14 0.5 2 2 a b        ， 故选： A． 【例 7】 如图，直线 / /AB CD ，M 、N分别在直线 AB，CD上，H为平面内一点，连接 HM ，HN ，延 长 HN 至点G ， BMH 和 GND 的角平分线相交于点 E．若 H   ，则 MEN 可以用含 的 式子可以表示为 ( ) A．180 2    B．180   C．90 2    D． 90   【分析】设CD与MH 相交于点Q，过点 E作 / /EP AB，先利用角平分线的定义可得： 1 2 BMD BMH   ， 1 2 DNE GND   ，然后利用猪脚模型可得： 1 ( ) 2 MEN BMD DNE BMH GND       ，再 利用平行线的性质可得 BMH DQH   ，最后利用三角形的外角性质可得 H DQH DNH    ，从而可得 180H BMH GND       ，进而可得 180BMH GND       ，再进行计算即可解答． 【解析】解：设CD与MH 相交于点Q，过点 E作 / /EP AB， BMD MEP   ， / /AB CD ， / /EP CD ， PEN DNE   ， MD 平分 BMH ， NE平分 GND ， 第 4页（共 12页） 1 2 BMD BMH   ， 1 2 DNE GND   ， MEN MEP PEN     BMD DNE    1 1 2 2 BMH GND    1 ( ) 2 BMH GND   ， / /AB CD ， BMH DQH   ， DQH 是 NQH 的一个外角， H DQH DNH    ， (180 ) 180H BMH GND BMH GND            ， H   ， 180 180BMH GND H           ， 1 ( ) 90 2 2 MEN BMH GND        ， 故选：C． 【例 8】 如图，已知： AC BC ，DC EC ， 90ACB ECD    ， 38EBD  ，现有下列结论：① BDC AEC   ；② 128AEB  ；③ BD AE ；④ AE BD ．其中不正确的有 ( ) A．0个 B．1个 C．2个 D．3 个 【分析】延长 AE交 BD于点 F ，交 BC于点G ，根据等式的性质可得 ACE BCD   ，从而利用 SAS 证明 BDC AEC   ，进而可得 BD AE ， EAC DBC   ，再根据已知可得 38DBC EBC    ， 从而可得 38EAC EBC    ，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得 52ABE BAE    ， 从而利用三角形内角和定理可得 128AEB  ，再利用直角三角形的两个锐角互余可得 90AGC EAC    ，最后根据对顶角相等可得 BGF AGC   ，从而可得 90BGF CBD    ， 从而利用三角形内角和定理可得： 90BFG  ，即可解答． 【解析】解：延长 AE交 BD于点 F ，交 BC于点G， 90ACB ECD     ， ACB BCE ECD BCE      ， ACE BCD   ， AC BC ， DC EC ， ( )BDC AEC SAS   ， BD AE  ， EAC DBC   ， 第 5页（共 12页） 38EBD   ， 38DBC EBC    ， 38EAC EBC    ， 90ACB   ， 90 ( ) 52ABE BAE EAC EBC         ， 180 ( ) 128AEB ABE BAE        ， 90ACB   ， 90AGC EAC    ， BGF AGC   ， 90BGF CBD    ， 180 ( ) 90BFG BGF CBD        ， AF BD  ， 即 AE BD ， 所以，上列结论，其中不正确的有 0个， 故选： A． 二、填空题：本大题共 7 小题，每小题 8 分，共 56 分． 【例 9】 已知 2 12 4 192n n   ，则 n  ________． 【分析】直接利用幂的乘方运算法则以及提取公因式法分解因式，将原式变形，进而计算得出答案． 【解析】解： 2 12 4 192n n   ， 2 1 22 2n n  22 (2 1)n   23 2 n  192 ， 则 2 62 64 2n   ， 即 2 6n  ， 解得： 3n  ． 故答案为：3． 【例 10】 如图，若 / / / / / /AB CD EF GH ， 108OAB AOG    ， AO OE ， CO OG ，则 OCD OEF    ________（这里 OCD ， OEF 均小于180 ) ． 【分析】作出辅助线，根据两直线平行，同旁内角互补，可求出度数，再根据垂直等条件可求解． 【解析】解：过O点作OM 平行于 AB． 108BAO   ， 180 108 72MOA      ， AO OE ， 90 72 18MOE      ， 108 90 18EOG       ， 54MOC  ， 第 6页（共 12页） 360 (54 18 ) 288OCD OEF          ． 故答案为： 288． 【例 11】 已知 (| 1| | 2 |)(| 2 | | 1|)(| 3 | | 1|) 36x x y y z z          ，求 2 3x y z  的最大值与最小值的差 ________． 【分析】 | 1 | | 2 |x x   表示数轴上表示 x的点到表示 1 和 2的两个点的距离之和，得 | 1 | | 2 | 3x x   … ．同理， | 2 | | 1| 3y y   … ， | 3 | | 1| 4z z   … ，可得 | 1 | | 2 | 3x x    ， | 2 | | 1| 3y y    ， | 3 | | 1| 4z z    ．于是 6 2 3 15x y z  „ „ ． 【解析】解： | 1 | | 2 |x x   表示数轴上表示 x的点到表示 1 和 2的两个点的距离之和， | 1 | | 2 | 3x x    … ． 同理， | 2 | | 1| 3y y   … ， | 3 | | 1| 4z z   … ， 而 (| 1| | 2 |)(| 2 | | 1|)(| 3 | | 1|) 36x x y y z z          ， | 1 | | 2 | 3x x     ， | 2 | | 1| 3y y    ， | 3 | | 1| 4z z    ． 1 2x „„ ， 1 2y „ „ ， 1 3z „ ． 6 2 3 15x y z  „ „ ． 2 3x y z   的最大值为 15，最小值为 6 ， 2 3x y z   的最大值与最小值的差为15 ( 6) 21   ． 故答案为：21． 【例 12】 将图①中周长为 36的长方形纸片剪成 1号，2号，3号，4号正方形和 5 号长方形，并将它们按图②的方式放入周长为 55的长方形中，则没有覆盖的阴影部分的周长为 ________． 【分析】设 1号正方形的边长为 x，2号正方形的边长为 y，则 3号正方形的边长为 x y ，4号正方形的 边长为 2x y ，5号长方形的长为3x y ，宽为 y x ，根据图 1中长方形的周长为 36，求得 9 2 x y  ， 根据图 2中长方形的周长为 55，求得 55 3 4 2 AB x y   ，没有覆盖的阴影部分的周长为四边形 ABCD的周长 2( )AB AD  ，计算即可得到答案． 【解析】解：设 1号正方形的边长为 x，2号正方形的边长为 y， 则 3号正方形的边长为 x y ，4号正方形的边长为 2x y ， 5号长方形的长为3x y ，宽为 y x ， 由图 1中长方形的周长为 36，可得， 2y  ( ) (2 ) 18x y x y    ， 第 7页（共 12页） 解得： 9 2 x y  ， 如图，图 2中长方形的周长为 55， 2AB  55( ) 2 2 x y x y y x      ， 55 3 4 2 AB x y    ， 根据题意得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形 ABCD的周长， 2 ( )AB AD 552( 3 4 2 ) 2 x y x y x y y x         2 55( ) 2 x y  55 2  ( )x y 55 9 46   ， 故答案为：46． 【例 13】 如图，在 Rt ABC 中， 90ACB  ， AC BC ，点C在直线MN 上， 28BCN  ，点 P为MN 上一动点，连接 AP、 BP．当 AP BP 的值最小时， CAP 的度数为 ________． 【分析】点 A和点 B在直线MN 的同旁，需要作点 B关于点MN 的对称点 B，连接 AB交直线MN 于点 P， AP BP 的值最小．由轴对称的性质可得 B C BC  ， 28B CN BCN     ，进而可得 ACB 的 度数．易得 ACB 为等腰三角形，那么可得 CAP 的度数． 【解析】解：点 A和点 B在直线MN 的同旁， 作点 B关于点MN 的对称点 B，连接 AB交直线MN 于点 P， AP BP 的值最小． B C BC   ， 28B CN BCN     ， AC BC ， AC CB  ． 90ACB   ， 90 2 28 146ACB        ． 第 8页（共 12页） 180 146 17 2 CAP      ． 【例 14】 如图，用红，蓝，黄三色将图中区域 A、B、C、D着色，要求有公共边 界的相邻区域不能涂相同的颜色．满足恰好 A涂蓝色的概率为________． 【分析】首先分析出所有满足条件的涂法，然后找出恰好 A涂蓝色的涂法，它们的比值即为所求的概率． 【解析】解：要使有公共边界的相邻区域不能涂相同的颜色， 则当 A涂红时，可有 A红、B蓝、C黄、D红； A红、B蓝、C黄、D蓝； A红、B黄、C蓝、 D红； A红、 B黄、C蓝、D黄共 4种情况；当 A涂蓝时，同理也有 4种情况； 当 A涂黄时也有 4种情况． 恰好 A涂蓝色的概率为 4 1 12 3  ． 故答案为 1 3 ． 【例 15】 一束光线经过三块平面镜反射，光路如图所示，当  是  的一半时，   ________． 【分析】利用光线反射定律，可知入射光线与反射光线与平面镜的夹角相等，根据四边形、三角形内角和 计算即可． 【解析】解：如图： 根据光线反射定律，可知入射光线与反射光线与平面镜的夹角相等， 在四边形 ABCD中， 180 2 1ABC     ， 180 2 2BCD     ， 180 2 1 180 2 2ABC BCD           360 2( 1 2)      ， 1 2 180 117 63         ， 360 2( 1 2)ABC BCD       360 2 63     第 9页（共 12页） 234 ， 在四边形 ABCD中， 360ABC BCD        ， 2    ， 234 3 360     ， 42  ， 2 84     ． 故答案为：84． 三、解答题：本大题共 3 小题，依次是 16、18、20 分，共 54 分，要求写出解答过程． 【例 16】 阅读下列材料解决问题： 材料：如果一个自然数末三位所表示的数与末三位以前的数字所表示的数之差（大数减小数）是 13的倍数，则这个数能被 13整除． ⑴任意一个五位自然数的末三位所表示的数与末三位以前的数字所表示的数之差（大数减小数） 是 13的倍数，证明这个五位数一定能被 13整除； ⑵一个五位自然数G，它的末三位为 600 10 52m y   ，末三位以前的数为  10 1 2n x y   （其 中1 8x  ，1 4y  且 x、 y都为整数）交换这个五位自然数的十位和百位上的数字后所得的新 数能被 13整除，规定：   10k G m n＝ ﹣ ，求  k G 的最大值． 【分析】⑴根据题意设出任意五位数的末三位为 s，末三位以前的数为 1，并表示出它们之间的关系，然后 表示出这个七位数，整理化简即可证明； ⑵根据题意表示出交换这个五位自然数的十位和百位上的数字后所得的新数，根据这个新数能被 13整除分情况讨论，列出方程求解即可． 【解析】⑴证明：设任意五位数的末三位为 s，末三位以前的数为 t，则这个五位数为 1000t+s， 由题意可令 t﹣s＝13k（k为整数）． 1000t+s＝1000t﹣13k+1＝1001﹣13k＝13（77t﹣k）， 这个五位数一定能被 13整除； ⑵解：当 1≤y≤4时，m＝600+10（5+y）+2． 交换这个五位数的十位数和百位上的数字后所得的新数为 m'＝100（5+y）+62， m'﹣n＝100（5+y）+62﹣10（x+1）﹣2y ＝98y﹣10x+552 ＝13（42+8y﹣x）+3（2+x﹣2y）． ∵1≤x≤8，1≤y≤4，且 x，y都为整数， ∴﹣5≤2+x﹣2y≤8． ∴2+x﹣2y的值为 0． ∵1≤x≤8，1≤y≤4，且 x，y都为整数， ∴ 或 或 ， ∴这个五位数 G为 22662，54672，86682， 第 10页（共 12页） ∴k（22662）＝442，k（54672）＝132，k（86682）＝178． ∵442＞178＞132， ∴k（G）最大值为 442． 【例 17】 ⑴用1 1 ，2 2 ，3 3 三种型号的正方形地板砖铺设 23 23 的正方形地面， 请你设计一种铺设方案，使得1 1 的地板砖只用一块． ⑵请你证明：只用 2 2 ， 3 3 两种型号的地板砖，无论如何铺设都不能铺满 23 23 的正方形地 面而不留空隙． 【分析】⑴根据用1 1 ，2 2 ，3 3 三种型号的正方形地板砖铺设，可以得出用12块 3 3 地板砖与6块 2 2 地板砖能铺成12 11 的长方形，再利用 4个12 11 的板块，恰用 1块1 1 地板砖，可以铺满 23 23 的正方形； ⑵根据 23 23 的大正方形分成 23行 23列共计 529个1 1 的小方格，假设用 2 2 及 3 3 的正方形 地板砖可以铺满 23 23 后正方形地面，则它们盖住的白色1 1 的小方格总数为偶数个． 然而 23 23 地面染色后共有 23 15 （奇数）个1 1 的白色小方格，矛盾，得出命题正确． 【解析】解：⑴首先用 12块3 3 地板砖与 6块 2 2 地板砖能铺成12 11 的长方形地面， 再利用 4个12 11 的板块，恰用 1块1 1 地板砖，可以铺满 23 23 的正方形地面． ⑵我们将 23 23 的大正方形分成 23行 23列共计 529个1 1 的小方格， 再将第 1行，第 4行，第 7行，第 10行，第 13行，第 16行，第 19行，第 22行这八行染红色， 其余的 15行都染白色， 任意 2 2 或 3 3 的小正方形无论怎样放置（边线与大正方形格线重合），每块 2 2 或3 3 的正 方形都将盖住偶数块1 1 的白色小方格． 假设用 2 2 及 3 3 的正方形地板砖可以铺满 23 23 后正方形地面，则它们盖住的白色1 1 的小方 格总数为偶数个． 然而 23 23 地面染色后共有 23 15 （奇数）个1 1 的白色小方格，矛盾． 所以，只用 2 2 ， 3 3 两种型号地板砖无论如何铺设，都不能铺满 23 23 的正方形地面而不留 空隙． 【例 18】 引入概念 1：如果一个三角形的三个角分别等于另一个三角形的三个角， 那么称这两个三角形互为“等角三角形”． 引入概念 2：从不等边三角形一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个 三角形分割成两个小三角形．若分成的两个小三角形中一个是满足有两个角相等的三角形，另一 个与原来三角形是“等角三角形”，我们把这条线段叫做这个三角形的“等角分割线”． 【理解概念】： ⑴如图 1，在Rt ABC 中， 90ACB  ，CD AB ，请写出图中两对“等角三角形”． ①________________；②________________． ⑵如图 2，在 ABC 中，CD为角平分线， 40A  ， 60B  ．请你说明CD是 ABC 的等角分 割线． 【应用概念】： ⑶在 ABC 中，若 40A  ，CD为 ABC 的等角分割线，请你直接写出所有可能的 B 度数． 第 11页（共 12页） 【分析】⑴根据“等角三角形”的定义解答； ⑵根据三角形内角和定理求出 ACB ，根据角平分线的定义得到 1 40 2 ACD DCB ACB      ， 根据“等角三角形”的定义证明； ⑶分 ACD 是等腰三角形，DA DC 、DA AC 和 BCD 是等腰三角形，DB BC 、DC BD 四 种情况，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算． 【解析】⑴解： ABC 与 ACD ， ABC 与 CBD 是“等角三角形”； 故答案为： ABC 与 CBD ， ACD 与 CBD ； ⑵证明：在 ABC 中， 40A  ， 60B  ， 180 80ACB A B        ， CD 为角平分线， 1 40 2 ACD DCB ACB      ， ACD A   ， DCB A   ， CD DA  ， 在 DBC 中， 40DCB  ， 60B  ， 180 80BDC DCB B        ， BDC ACB   ， CD DA ， BDC ACB   ， DCB A   ， B B   ， CD 为 ABC 的等角分割线； ⑶解：当 ACD 是等腰三角形，如图 2， DA DC 时， 40ACD A    ， 40 40 80ACB BDC        ， 180 60B A ACB        ； 当 ACD 是等腰三角形，如图 3，DA AC 时， 70ACD ADC    ， 40BCD A    ， 70 40 110ACB      ， 180 30B A ACB        ； 当 ACD 是等腰三角形，CD AC 的情况不存在， 当 BCD 是等腰三角形，如图 4，DC BD 时， ACD BCD B     ， 180A B ACB       ， 180 40 140( ) 3 3 B      ， 当 BCD 是等腰三角形，如图 5，DB BC 时， BDC BCD   ， 设 BDC BCD x    ， 则 180 2B x    ， 则 180 2ACD B x      ， 由题意得，180 2 40x x     ， 解得 220( ) 3 x  ， 100180 2 ( ) 3 B x     ， 当 BCD 是等腰三角形，CD CB 的情况不存在， 第 12页（共 12页） 综上， B 的度数为 60； 30； 140( ) 3 ； 100( ) 3 ．