山东省泰安市肥城市2024-2025学年七年级上学期期末数学试卷（五四制）

2024-2025学年山东省泰安市肥城市七年级（上）期末 数学试卷（五四学制） 一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．下列图形中，是轴对称图形且对称轴条数最少的是（ ） A． B． C． D． 2．画△ABC中AB边上的高，下列画法正确的是（ ） A． B． C． D． 3．下列四组数据中，能作为直角三角形三边长的是（ ） A．32，42，52 B．，， C．，1， D．7，12，13 4．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A（-1，0），B（2，2），C（0，-2）均在正方形网格的格点上，则△ABC在AB边上的高的大小为（ ） A． B． C． D． 5．在0.3，，，，，0.5757757775…（相邻两个5之间7的个数逐次加1）中，无理数的个数为（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．如图，这是一个数值转换器，当输入x的值为64时，则输出y的值是（ ） A．2 B． C． D． 7．一次函数y=-kx+b与y=kbx，它们在同一坐标系内的图象不可能为（ ） A． B． C． D． 8．如图，面积为6的正方形ABCD的顶点A在数轴上，且表示的数为1，若AD=AE，则数轴上点E所表示的数为（ ） A． B． C． D． 9．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（0，4），B（-3，-1），C（3，0），边AB交x轴于D点，则D点的坐标为（ ） A． B．（-2，0） C． D．（-1，0） 10．如图，等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=120°，AD⊥BC于点D．点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP=OC，下面的结论：①∠APO+∠DCO=30°；②∠APO=15°；③△OPC是等边三角形；④AB=AO+AP；其中正确的个数为（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 11．如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点（1，1），第2次接着运动到点（2，0），第3次接着运动到点（3，2）…按这样的运动规律，经过第2025次运动后，动点P的坐标是（ ） A．（2024，1） B．（2025，0） C．（2024，2） D．（2025，1） 12．△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=10，BD是△ABC的角平分线，点E、F分别是线段BD、线段AB上的动点，则AE+EF的最小值是（ ） A．4 B．5 C．10 D．20 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。 13．若点P（-7，8），则点P到y轴的距离是________． 14．已知a，b，c是三角形的三条边，则化简|a-b+c|-|c-a-b|=________． 15．如图，△ABC的三条中线AD，BE，CF交于点G．若AG：GD=2：1，S△ABC=18，则图中阴影部分的面积和为________． 16．如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使D点与BC边上的D′点重合．若DC=18，D′C=12，则CF的长为________． 17．“尺”“寸”“丈”都是我国传统的长度单位，其中1丈=10尺，1尺=10寸．《九章算术》“勾股”章有一题：“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈．问户高、广各几何．”大意是说：已知长方形门的高比宽多6尺8寸，门的对角线长1丈，那么门的高和宽各是多少？设门高x尺，根据题意，可列方程为________． 18．货车和轿车分别从甲、乙两地同时出发，沿同一公路相向而行．轿车出发2.4h后休息，直至与货车相遇后，以原速度继续行驶，设两车出发时间为x（单位：h），货车、轿车与甲地的距离为y1（单位：km），y2（单位：km），图中的线段OA、折线BCDE分别表示y1，y2与x之间的函数关系．则以下结论中，所有正确结论的序号为________． ①轿车行驶的速度为125km/h； ②货车行驶的速度为75km/h； ③线段DE所在直线的函数表达式为y=-125x+800； ④两车出发2.25小时或4小时后相距150km． 三、解答题：本题共7小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 19．（本小题8分） 计算：（1）； （2）； （3）； （4）． 20．（本小题8分）王华用的练习本可在甲、乙两个商店买到，已知两个商店的标价都是每本2元，但甲商店的优惠条件是：购买10本以上，从第11本开始按标价的八折卖；乙商店的优惠条件是：从第1本开始就按标价的八五折卖．设小明买x（x＞10）本练习本，甲商店的费用为y1，乙商店的费用为y2． （1）分别求出y1，y2与x之间的关系式； （2）王华买了25本练习本，选择哪家商店更优惠？请说明理由． 21．（本小题8分）如图，在△ABC中，BC=AC，∠C=60°，点D、E分别在边BC、AC上，且AE=CD，BE与AD相交于点P，BQ⊥AD于点Q． （1）求证：△ABE≌△CAD； （2）①求∠BPQ的值； ②若，求BP的长． 22．（本小题8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上（网格中小正方形的顶点即为格点，每个小正方形的边长为1）． （1）在图中作出△ABC关于x轴的对称图形△A′B′C′； （2）求△ABC的面积； （3）在y轴上画出点P，使PA+PC最小，并求出P点坐标． 23．（本小题8分）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC=6cm，若O是BC的中点，动点M在AB移动，动点N在AC上移动，且AN=BM． （1）证明：OM=ON； （2）四边形AMON面积是否发生变化，若发生变化说明理由；若不变，请你求出四边形AMON的面积． 24．（本小题8分）如图，一次函数y=mx+2m+4的图象与的图象交于点C，且点C的横坐标为-4，与x轴、y轴分别交于点A、点B． （1）求m的值与AB的长； （2）若点Q为y轴上一点，且，求点Q的坐标． 25．（本小题8分）“一线三等角”学习探究． “一线三等角”是一个常见的数学几何模型，指的是有三个等角的顶点在同一条直线上构成的全等图形（以及以后要学习的相似图形），这个角可以是直角（此时也称“一线三垂直”模型），也可以是锐角或者钝角．对于“一线三等角”，有的叫“K型图”，也有的叫“M型图”． （1）如图1，已知：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线l经过点C，AD⊥直线l，BE⊥直线l，垂足分别为点D，E．求证：△ADC≌△CEB； （2）如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AC=BC，D、C、E三点都在直线l上，并且有∠ADC=∠ACB=∠CEB=α，其中α为任意锐角或钝角，则△ADC与△CEB是否全等？若仍全等，请你给出证明；若不全等，请说明理由； （3）拓展与应用：如图3，D、E是D、C、E三点所在直线l上的两动点（D、C、E三点互不重合），点F为∠ACB平分线上的一点，且△ACF和△BCF均为等边三角形，连接AD，BE，若∠ADC=∠ACB=∠CEB，试猜想DF与EF的关系，并说明理由． 参考答案 1．【答案】A 【解析】解：A、该图形是轴对称图形，对称轴有5条； B、该图形是轴对称图形，对称轴有6条； C、该图形不是轴对称图形，没有对称轴； D、该图形是轴对称图形，对称轴有6条， ∵5＜6， ∴A符合题意． 故选：A． 根据轴对称图形的定义对各选项进行逐一判断即可． 本题考查的是轴对称图形的定义，熟知如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形是解题的关键． 2．【答案】B 【解析】解：△ABC中AB边上的高是：过点C作AB边的垂线段， 故选：B． 根据作哪一条边上的高，即从所对的顶点向这条边或者条边的延长线作垂线段． 本题是一道作图题，主要考查了三角形的高，掌握三角形的高的定义成为解题的关键． 3．【答案】C 【解析】解：A、∵（32）2+（42）2≠（52）2，∴不能作为直角三角形三边长，不符合题意； B、∵，∴不能作为直角三角形三边长，不符合题意； C、∵，∴可以作为直角三角形三边长，符合题意； D、∵72+122≠132，∴不能作为直角三角形三边长，不符合题意． 故选：C． 根据勾股定理的逆定理对选项进行逐一判断即可． 本题考查的知识点是勾股定理的逆定理，解题关键是熟练掌握勾股定理的逆定理． 4．【答案】B 【解析】解：△ABC的顶点A（-1，0），B（2，2），C（0，-2）均在正方形网格的格点上， 依图得：， 由勾股定理得， ∴△ABC在AB边上的高为． 故选：B． 根据勾股定理求出AB后，根据三角形面积即可求出AB边上的高． 本题考查勾股定理，坐标与图形性质，解题关键是熟练掌握勾股定理． 5．【答案】C 【解析】解：无理数是： ，，0.5757757775…（相邻两个5之间7的个数逐次加1）． 故选：C． 初中范围内常见的无理数有：①π类，如2π，等；②开方开不尽的数，如，等；③具有特殊结构的数，如0.1010010001…（两个1之间依次增加1个0），0.2121121112…（两个2之间依次增加1个1）． 本题考查了无理数的识别，无限不循环小数叫无理数，熟练掌握该知识点是关键． 6．【答案】B 【解析】解：由条件可知取8的立方根为2，2是有理数， ∴取2的算术平方根为，是无理数，即可输出， 输出y的值是． 故选：B． 依据转换器流程，先求出64的算术平方根是8，是有理数；取立方根为2，是有理数；再取算术平方根为，最后输出，即可求出y的值． 本题主要考查了数的算术平方根及立方根的计算方法和无理数、程序图，读懂程序框图的走向是解题关键． 7．【答案】A 【解析】解：选项A中一次函数y=-kx+b中k＞0，b＞0，正比例函数y=kbx的图象中kb＜0，k和b异号，故选项A符合题意； 选项B中一次函数y=-kx+b中k＞0，b＞0，正比例函数y=kbx的图象中kb＞0，k和b同号，故选项B不符合题意； 选项C中一次函数y=-kx+b中k＜0，b＜0，正比例函数y=kbx的图象中kb＞0，k和b同号，故选项C不符合题意； 选项D中一次函数y=-kx+b中k＜0，b＞0，正比例函数y=kbx的图象中kb＜0，k和b异号，故选项D不符合题意； 故选：A． 根据各个选项中的函数图象，可以分别写出一次函数y=-kx+b与y=kbx中的k、b的正负情况，然后即可判断哪个选项符合题意． 本题考查一次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答． 8．【答案】D 【解析】解：由条件可知AD2=6， ∴（负值舍去）， ∵点A表示的数是1，， ∴点E表示的数是． 故选：D． 根据正方形的边长是面积的算术平方根得到，结合A点所表示的数及AE间距离即可得解． 本题考查的知识点是实数与数轴及两点间距离，解题关键是根据两点间距离及点的位置判断出点所表示的数． 9．【答案】C 【解析】解：设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），由条件可得， 解得， ∴直线AB的解析式为， 当y=0时， ∴， ∴． 故选：C． 利用待定系数法求出直线AB的解析式，求出D点坐标即可． 本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，坐标与图形性质，根据题意得出直线AB的解析式是解题的关键． 10．【答案】C 【解析】解：①如图，连接OB， ∵AB=AC，∠BAC=120°，AD⊥BC， ∴，，AD垂直平分BC， ∴OB=OC，∠ABD=90°-∠BAD=30°， ∵OP=OC， ∴OB=OP=OC， ∴∠ABO=∠APO，∠DBO=∠DCO， ∵∠ABO+∠DBO=30°， ∴∠APO+∠DCO=30° 故结论①正确； ②由①知∠ABO=∠APO，∠DBO=∠DCO， ∵点O是线段AD上一点， ∴∠ABO，∠DBO不一定相等，则∠APO，∠DCO不一定相等， ∴∠APO不一定等于15°， 故结论②错误； ③由①知∠ABD=30°，∠APO+∠DCO=30°，∵∠PBC+∠APO+∠DCO+∠OPC+∠OCP=180°， ∴∠OPC+∠OCP=120°， ∴∠POC=60°， ∵OP=OC， ∴△OPC是等边三角形， 故结论③正确； ④如图，在AB上截取AQ=AO， ∵∠BAD=60°， ∴△AOQ为等边三角形， ∴∠AQO=60°， ∴∠BQO=∠PAO=120°， 在△BQO和△PAO中， ， ∴△BQO≌△PAO（AAS）， ∴AP=QB， ∵AB=QB+AQ， ∴AB=AO+AP， 故结论④正确， 综上所述，正确的结论有3个，所以只有选项C正确，符合题意． 故选：C． 连接OB，根据题意得到AD垂直平分BC，得出OB=OP=OC，可得到∠APO+∠DCO=30°，∠APO不一定等于15°；根据三角形内角和定理可得到△OPC是等边三角形，在AB上截取AQ=AO，得到△AOQ为等边三角形，证明△BQO≌△PAO（AAS），可得到AB=AO+AP，即可得到答案． 本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． 11．【答案】D 【解析】解：观察点的坐标变化第1次从原点运动到点（1，1），第2次接着运动到点（2，0），第3次接着运动到点（3，2）可知： 第1次从原点运动到点（1，1）， 第2次接着运动到点（2，0）， 第3次接着运动到点（3，2）， 第4次接着运动到点（4，0）， 第5次接着运动到点（5，1）， … 发现每个点的横坐标与运动的次数相等，纵坐标是1，0，2，0，每4个数一个循环， 由于2025÷4=506…1， ∴经过第2025次运动后，动点P的坐标是（2025，1）． 故选：D． 观察点的坐标变化发现每个点的横坐标与运动的次数相等，纵坐标是1，0，2，0，每4个数一个循环，按照此规律解答即可． 本题考查了点的坐标规律探求，属于常考题型，由已知点的坐标变化找出规律是解题的关键． 12．【答案】B 【解析】解：在BC上取一点F′，使BF=BF′，连接EF′、AF′， ∵BD是△ABC的角平分线， ∴∠FBE=∠F′BE， ∵BE=BE， ∴△FBE≌△F′BE（SAS）， ∴EF=EF′， ∴AE+EF=AE+EF′≥AF′≥AC， ∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=10， ∴， ∴AE+EF的最小值是5． 故选：B． 在BC上取一点F′，使BF=BF′，连接EF′、AF′，证明△FBE≌△F′BE后由全等三角形性质得到EF=EF′，推得AE+EF最小值即为AC，最后根据含30°的直角三角形特征得到AC长即可得解． 本题考查的知识点是全等三角形的判定与性质、含30°的直角三角形的特征、垂线段最短，解题关键是根据全等三角形性质推得AE+EF的最小值为AC． 13．【答案】7 【解析】解：由题意得，点P到y轴的距离为|-7|=7． 故答案为：7． 根据点到y轴的距离为横坐标的绝对值即可得解． 本题考查的是点的坐标，解题关键是掌握点到y轴的距离即为横坐标的绝对值． 14．【答案】2c-2b 【解析】解：∵a，b，c是三角形的三条边， ∴a-b+c＞0，c-a-b＜0， 故原式=a-b+c+c-a-b =2c-2b． 故答案为：2c-2b． 直接利用三角形三边关系得出a-b+c＞0，c-a-b＜0，进而利用绝对值的性质化简得出答案． 此题主要考查了三角形的三边关系，正确得出三边关系是解题关键． 15．【答案】6 【解析】解：由题意可得：， ∵AG：GD=2：1， ∴，， ∵BE、CF是△ABC的中线， ∴E、F是AB、AC的中点， ∴，， ∴S阴影=S△BFG+S△CEG=3+3=6． 故答案为：6． 根据三角形中线的性质推得，再根据高相等的两个三角形面积比等于底边比得到、，最后根据三角形中线性质即可推得两阴影部分的面积和． 本题考查的知识点是三角形的中线定义及性质，解题关键是熟练掌握三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形． 16．【答案】5 【解析】解：由折叠性质可得DF=D′F， 设CF=x，则D′F=DF=DC-CF=18-x， ∵矩形纸片ABCD中，∠C=90°， ∴CF2+D′C2=D′F2， 即x2+122=（18-x）2， 解得x=5． 故答案为：5． 由折叠性质得到DF=D′F，设CF=x，则D′F=DF=DC-CF=18-x，再由矩形性质和勾股定理得到方程x2+122=（18-x）2后求解即可． 本题考查的知识点是折叠性质、矩形性质、勾股定理、解一元一次方程，解题关键是由折叠性质得到DF=D′F． 17．【答案】x2+（x-6.8）2=102 【解析】解：设长方形门高x尺，则宽是（x-6.8）尺， 根据题意得x2+（x-6.8）2=102， 故答案为：x2+（x-6.8）2=102． 设长方形门高x尺，则宽是（x-6.8）尺，根据勾股定理即可列方程求解． 本题考查了勾股定理的应用，根据勾股定理列方程是关键． 18．【答案】①②③ 【解析】解：由图象可得，轿车2.4h行驶600-300=300（千米），轿车的速度为：300÷2.4=125（km/h），故①正确； 由图象可得，货车行驶的速度为：600÷8=75（km/h），故②正确； 由题意可得OA所在直线为关于x的正比例函数， 设直线OA的解析式为：y=px， 将A（8，600）代入得：600=8p， 解得p=75， ∴y=75x； 则y=300时，x=4， ∴点D的坐标为（4，300）， ∵休息后按原速度行驶， ∴轿车行驶后300km需2.4h． ∴点E坐标为：（6.4，0）． 设线段DE所在直线的函数表达式为y=kx+b， 由题意可得： ， 解得， ∴y=-125x+800，故③正确； 设BC段的函数解析式为y=mx+n， 将B（0，600），C（2．4，300）代入得： ， 解得， ∴y=-125x+600． 当轿车休息前与货车相距150km时，有， -125x+600-75x=150， 解得x=2.25； 当轿车休息后与货车相距150km时，有， 75x-（-125x+800）=150， 解得x=4.75． 即两车出发2.25小时或4.75小时后相距150km，故④错误； 故答案为：①②③． 根据图形可得轿车2.4h行驶600-300=300（千米），用路程除以时间可得轿车的速度计可以判断①，根据图形可得8小时的路程为600千米，根据路程除以时间求得货车的速度，可以判断②；设直线OA的解析式为：y=px，待定系数法求解析式，继而得到点D的坐标为（4，300），根据题意得出点E坐标为：（6.4，0），然后待定系数法求解析式即可判断③；待定系数法求得BC解析式y=-125x+600，根据当轿车休息前与货车相距150km时，当轿车休息后与货车相距150km时，分别列出一元一次方程，解方程即可求解判断④． 本题主要考查了一次函数的应用，从函数图象获取信息是解题的关键． 19．【解析】解；（1） ； （2）原式 ； （3）原式 ； （4）原式 ． （1）根据求一个数的绝对值、二次根式的性质、零指数幂、求一个数的立方根进行计算求解即可； （2）根据实数的混合运算法则求解即可； （3）根据实数的混合运算法则求解即可； （4）根据实数的混合运算法则，结合平方差公式、完全平方公式进行求解即可． 本题考查的知识点是求一个数的绝对值、二次根式的性质、零指数幂、求一个数的立方根、实数的混合运算、平方差公式、完全平方公式，解题关键是熟练掌握相关运算法则． 20．【解析】（1）y1=10×2+2×0.8（x-10）=1.6x+4， y2=2×0.85x=1.7x； （2）甲商店的费用为y1=1.6x+4=44（元）， 乙商店的费用为y2=1.7x=42.5（元）， 所以买25个练习本到乙商店购买更优惠． （1）根据甲、乙两个商店的优惠方案写出关系式即可； （2）把x=25分别代入两个关系式求出费用，再比较大小即可． 本题考查了用关系式表示变量之间的关系，求函数值；熟练掌握以上知识点是关键． 21．【解析】（1）证明：∵在△ABC中，BC=AC，∠C=60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB=AC，∠BAC=∠C=60°， 在△ABE和△CAD中， ， ∴△ABE≌△CAD（SAS）； （2）解：①由（1）知：△ABE≌△CAD， ∴∠ABE=∠CAD， ∴∠BPQ=∠ABP+∠BAP=∠CAD+∠BAP=∠BAC=60°； ②∵BQ⊥AD于点Q， ∴∠BQP=90°， ∴∠PBQ=180°-∠BPQ-∠BQP=180°-60°-90°=30°， ∴BP=2PQ， 设PQ=x，则BP=2PQ=2x， 在Rt△BPQ中，由勾股定理得：BQ2+PQ2=BP2， ∴， ∴x=3或-3（不合题意，舍去）， ∴BP=2PQ=6． （1）先由题目条件判定△ABC是等边三角形，再根据等边三角形性质得到AB=AC，∠BAC=∠C=60°即可证明全等； （2）①由全等三角形性质得∠ABE=∠CAD，则∠BPQ=∠ABP+∠BAP=∠CAD+∠BAP=∠BAC； ②由含30°角的直角三角形特征得出BP=2PQ，再结合勾股定理即可得解． 本题属于三角形综合题，主要考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形特征、勾股定理、解一元二次方程，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 22．【解析】（1）△ABC关于x轴的对称图形△A′B′C′，如图1′即为所求； （2）； （3）如图2，点P即为所求； ∵C点坐标为（-1，2），A1点坐标为（3，4）， 设过A1C的直线解析式为y=kx+b，代入得： ， 解得， ∴过A1C的线解析式为， 当x=0时，得：， ∴P点坐标为． （1）根据轴对称图形的性质作图即可； （2）运用网格的性质求三角形的面积即可求解； （3）根据轴对称的性质，作点A关于y的对称点A1，根据两点之间线段最短，连接A1C交y轴于点P，用待定系数法求出A1C的直线解析式，进而可求出P点坐标． 本题考查作图-轴对称变换，三角形的面积，轴对称-最短路线问题，掌握轴对称图形的性质是解题的关键． 23．【解析】（1）证明：连接OA（如图）， 由条件可知△ABC是等腰直角三角形， ∴∠ABC=45°，即∠MBO=45°， ∵O是BC的中点，且△ABC是等腰直角三角形， ∴AO⊥BC，OA=OB=OC，OA平分∠A， ∴， 即∠NAO=∠MBO=45°， ∵在△OAN和△OBM中， ， ∴△OAN≌△OBM（SAS）， ∴ON=OM，即OM=ON． （2）解：在动点运动过程中，四边形AMON面积不变， 由（1）可知：△OAN≌△OBM， ∴S△OAN=S△OBM， ∴S四边形AMON=S△OBM+S△OAM=S△OAB， ∵O是BC的中点，且△ABC是等腰直角三角形， ∴， ∵AB=AC=6cm， ∴， ∴． 答：四边形AMON的面积为9cm2． （1）连接OA，先证△ABC是等腰直角三角形，由O是BC的中点，根据等腰三角形中的“三线合一”可推得OA=OB=OC，∠NAO=∠MBO，最后由“边角边”证明△OAN≌△OBM后，根据全等三角形的性质即可证明； （2）由全等三角形的性质得出S△OAN=S△OBM，结合中线平分三角形面积推得即可得解． 本题考查的知识点是等腰三角形的判定与性质、三线合一、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、全等三角形的判定与性质、三角形中线平分三角形面积，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 24．【解析】（1）把点C的横坐标代入正比例函数解析式，求得点C的纵坐标，然后把点C的坐标代入一次函数解析式即可求得m的值，从而得到一次函数的解析式，则易求点A、B的坐标，然后根据勾股定理即可求得AB； （2）由得到OQ的长，即可求得Q点的坐标． 本题主要考查两条直线相交问题，还考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，三角形的面积公式等，熟练掌握各知识点是解题的关键． 25．【解析】（1）证明：∵在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线l经过点C，AD⊥直线l，BE⊥直线l，垂足分别为点D，E， ∴∠ADC=∠CEB=90°，∠DAC+∠ACD=90°，∠ACD+∠ECB=90°， ∴∠DAC=∠ECB， 在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）； （2）解：△ADC和△CEB全等；理由如下： 在△ABC中，AC=BC，D、C、E三点都在直线l上，并且有∠ADC=∠ACB=∠CEB=α， ∵∠ADC+∠DAC+∠ACD=180°，∠ACD+∠ACB+∠ECB=180°， ∴∠DAC=∠ECB， 在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）； （3）解：DE=EF，DE与EF所成夹角为60°；理由如下： ∵∠ADC+∠DAC+∠ACD=180°， ∠ACD+∠ACB+∠ECB=180°，且∠ADC=∠ACB， ∴∠DAC=∠ECB， ∵△ACF和△BCF均为等边三角形， ∴AC=BC， 在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）， ∴∠ACD=∠CBE，CD=BE， 又∵在等边△ACF和等边△BCF中， CF=BF，∠ACF=∠CBF=∠CFB=60°， ∴∠ACF+∠ACD=∠CBF+∠CBE， ∴∠DCF=∠EBF， 在△DCF和△EBF中， ， ∴△DCF≌△EBF（SAS）， ∴DF=EF， ∠DFC=∠EFB， ∴∠DFC+∠EFC=∠EFB+∠EFC， ∴∠DFE=∠CFB=60°， 综上所述：DE=EF，DE与EF的夹角为60°． （1）利用已知求得∠DAC=∠ECB，进而证明△ADC≌△CEB； （2）根据题意证明∠DAC=∠ECB，进而即可证明； （3）根据题意证明AC=BC，证明△ADC≌△CEB，进而证明∠DCF=∠EBF，从而得到△DCF≌△EBF，进而求解． 本题属于相似形综合题，主要考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$