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八年级上册数学全册全套试卷测试卷附答案

发布时间：2020-10-01 10:41:05 来源：文档文库

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八年级上册数学全册全套试卷测试卷附答案

一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）

1．（1）问题背景：

如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．

小王同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；

（2）探索延伸：

如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；

（3）结论应用：

如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等．接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O之间夹角∠EOF=70°，试求此时两舰艇之间的距离．

（4）能力提高：

如图4，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，试求出MN的长．

【答案】（1）EF＝BE＋FD；（2）EF＝BE＋FD仍然成立；（3）210；（4）MN＝．

【解析】

试题分析：（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得EF=GF=DF+DG=DF+BE；（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG，再证△AEF≌△AGF，得EF=FG，即可得到答案；（3）连接EF，延长AE，BF相交于点C，根据探索延伸可得EF=AE+FB，即可计算出EF的长度；（4）在△ABC外侧作∠CAD=∠BAM，截取AD=AM，连接CD，DN，证明△ACD≌△ABM，得到CD=BM，再证MN=ND，则求出ND的长度，即可得到答案．

解：（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得EF=GF=DF+DG=DF+BE；

（2）EF＝BE＋FD仍然成立．

证明：如答图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，

∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADG＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADG，

在△ABE与△ADG中，AB＝AD，∠B＝∠ADG，BE＝DG，∴△ABE≌△ADG．

∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG．

又∵∠EAF＝∠BAD，

∴∠FAG＝∠FAD＋∠DAG＝∠FAD＋∠BAE＝∠BAD－∠EAF＝∠BAD－∠BAD＝∠BAD，

∴∠EAF＝∠GAF．

在△AEF与△AGF中，AE=AG，∠EAF＝∠GAF，AF=AF，

∴△AEF≌△AGF．∴EF＝FG．

又∵FG＝DG＋DF＝BE＋DF．

∴EF＝BE＋FD．

（3）如答图2，连接EF，延长AE，BF相交于点C，在四边形AOBC中，

∵∠AOB＝30°＋90°＋20°＝140°，∠FOE＝70°＝∠AOB，

又∵OA＝OB，∠OAC＋∠OBC＝60°＋120°＝180°，符合探索延伸中的条件，

∴结论EF＝AE＋FB成立．

∴EF＝AE＋FB＝1.5×（60＋80）＝210（海里）.

答：此时两舰艇之间的距离为210海里；

（4）如答图3，在△ABC外侧作∠CAD=∠BAM，截取AD=AM，连接CD，DN，

在△ACD与△ABM中，AC=AB，∠CAD=∠BAM，AD=AM，

则△ACD≌△ABM，∴CD=BM=1，∠ACD=∠ABM=45°，

∵∠NAD=∠NAC+∠CAD=∠NAC+∠BAM=∠BAC-∠MAN=45°，

∴∠MAD=∠MAN+∠NAD=90°=2∠NAD，

又∵AM=AD，∠NCD+∠MAD=（∠ACD+∠ACB）+90°=180°，

∴对于四边形AMCD符合探索延伸，

则ND=MN，

∵∠NCD=90°，CD=1，CN=3，

∴MN=ND=．

2．在四边形 ABCD 中，E 为 BC 边中点.

（Ⅰ）已知：如图，若 AE 平分∠BAD，∠AED=90°，点 F 为 AD 上一点，AF=AB.求证：（1）△ABE≌AFE；（2）AD=AB+CD

（Ⅱ）已知：如图，若 AE 平分∠BAD，DE 平分∠ADC，∠AED=120°，点 F，G 均为 AD上的点，AF=AB，GD=CD.求证：（1）△GEF 为等边三角形；（2）AD=AB+ BC+CD.

【答案】（Ⅰ）（1）证明见解析；（2）证明见解析；（Ⅱ）（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）（1）运用SAS证明△ABE≌AFE即可；

（2）由（1）得出∠AEB=∠AEF，BE=EF，再证明△DEF≌△DEC（SAS），得出DF=DC，即可得出结论；

（Ⅱ）（1）同（Ⅰ）（1）得△ABE≌△AFE（SAS），△DGE≌△DCE（SAS），由全等三角形的性质得出BE=FE，∠AEB=∠AEF，CE=GE，∠CED=∠GED，进而证明△EFG是等边三角形；

（2）由△EFG是等边三角形得出GF=EE=BE=BC，即可得出结论．

【详解】

（Ⅰ）（1）∵AE平分∠BAD，

∴∠BAE=∠FAE，

在△ABE和△AFE中，

，

∴△ABE≌△AFE（SAS），

（2）∵△ABE≌△AFE，

∴∠AEB=∠AEF，BE=EF，

∵E为BC的中点，

∴BE=CE，

∴FE=CE，

∵∠AED=∠AEF+∠DEF=90°，

∴∠AEB+∠DEC=90°，

∴∠DEF=∠DEC，

在△DEF和△DEC中，

，

∴△DEF≌△DEC（SAS），

∴DF=DC，

∵AD=AF+DF，

∴AD=AB+CD；

（Ⅱ）（1）∵E为BC的中点，

∴BE=CE=BC，

同（Ⅰ）（1）得：△ABE≌△AFE（SAS），

△DEG≌△DEC（SAS），

∴BE=FE，∠AEB=∠AEF，CE=GE，∠CED=∠GED，

∵BE=CE，

∴FE=GE，

∵∠AED=120°，∠AEB+∠CED=180°-120°=60°，

∴∠AEF+∠GED=60°，

∴∠GEF=60°，

∴△EFG是等边三角形，

（2）∵△EFG是等边三角形，

∴GF=EF=BE=BC，

∵AD=AF+FG+GD，

∴AD=AB+CD+BC．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识；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．

3．如图，在中，，，点是斜边的中点．点从点出发以的速度向点运动，点同时从点出发以一定的速度沿射线方向运动，规定当点到终点时停止运动．设运动的时间为秒，连接、．

（1）填空：______；

（2）当且点运动的速度也是时，求证：；

（3）若动点以的速度沿射线方向运动，在点、点运动过程中，如果存在某个时间，使得的面积是面积的两倍，请你求出时间的值．

【答案】（1）8;(2)见解析；（3）或4.

【解析】

【分析】

（1）直接可求△ABC的面积；

（2）连接CD，根据等腰直角三角形的性质可求：∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45°，即BD=CD，且BE=CF，即可证△CDF≌△BDE，可得DE=DF；

（3）分△ADF的面积是△BDE的面积的两倍和△BDE与△ADF的面积的2倍两种情况讨论，根据题意列出方程可求x的值．

【详解】

解：（1）∵S△ABC=AC×BC

∴S△ABC=×4×4=8（cm2）

故答案为：8

（2）如图：连接CD

∵AC=BC，D是AB中点

∴CD平分∠ACB

又∵∠ACB=90°

∴∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45°

∴CD=BD

依题意得：BE=CF

∴在△CDF与△BDE中

∴△CDF≌△BDE（SAS）

∴DE=DF

（3）如图：过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AC于点N，

∵AD=BD，∠A=∠B=45°，∠AND=∠DMB=90°

∴△ADN≌△BDM（AAS）

∴DN=DM

当S△ADF=2S△BDE．

∴×AF×DN=2××BE×DM

∴|4-3x|=2x

∴x1=4，x2=

综上所述：x=或4

【点睛】

本题考查了动点问题的函数图象，全等三角形的性质和判定，利用分类思想解决问题是本题的关键．

4．如图1，在等边△ABC中，E、D两点分别在边AB、BC上，BE=CD，AD、CE相交于点F．

（1）求∠AFE的度数；

（2）过点A作AH⊥CE于H，求证：2FH+FD=CE；

（3）如图2，延长CE至点P，连接BP，∠BPC=30°，且CF=CP，求的值．

（提示：可以过点A作∠KAF=60°，AK交PC于点K，连接KB）

【答案】（1）∠AFE=60°；（2）见解析；（3）

【解析】

【分析】

（1）通过证明得到对应角相等，等量代换推导出；

（2）由（1）得到，则在中利用30°所对的直角边等于斜边的一半，等量代换可得；

（3）通过在PF上取一点K使得KF=AF，作辅助线证明和全等，利用对应边相等，等量代换得到比值.(通过将顺时针旋转60°也是一种思路.)

【详解】

（1）解：如图1中．

∵为等边三角形，

∴AC=BC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，

在和中，

，

∴（SAS），

∴∠BCE=∠DAC，

∵∠BCE+∠ACE=60°，

∴∠DAC+∠ACE=60°，

∴∠AFE=60°．

（2）证明：如图1中，∵AH⊥EC，

∴∠AHF=90°，

在Rt△AFH中，∵∠AFH=60°，

∴∠FAH=30°，

∴AF=2FH，

∵，

∴EC=AD，

∵AD=AF+DF=2FH+DF，

∴2FH+DF=EC．

（3）解：在PF上取一点K使得KF=AF，连接AK、BK，

∵∠AFK=60°，AF=KF，

∴△AFK为等边三角形，

∴∠KAF=60°，

∴∠KAB=∠FAC，

在和中，

，

∴(SAS)，

∴∠AKB=∠AFC=120°，

∴∠BKE=120°﹣60°=60°，

∵∠BPC=30°，

∴∠PBK=30°，

∴，

∵

∴ .

【点睛】

掌握等边三角形、直角三角形的性质，及三角形全等的判定通过一定等量代换为本题的关键.

5．如图，在中，，高、相交于点, ，且 .

(1)求线段的长;

(2)动点从点出发，沿线段以每秒 1 个单位长度的速度向终点运动，动点从点出发沿射线以每秒 4 个单位长度的速度运动，两点同时出发，当点到达点时，两点同时停止运动.设点的运动时间为秒，的面积为，请用含的式子表示，并直接写出相应的的取值范围;

(3)在(2)的条件下，点是直线上的一点且 .是否存在值，使以点为顶点的三角形与以点为顶点的三角形全等?若存在，请直接写出符合条件的值; 若不存在，请说明理由.

【答案】（1）5；（2）①当点在线段上时，，的取值范围是；②当点在射线上时，，，的取值范围是；（3）存在，或.

【解析】

【分析】

（1）只要证明△AOE≌△BCE即可解决问题；

（2）分两种情形讨论求解即可①当点Q在线段BD上时，QD=2-4t，②当点Q在射线DC上时，DQ=4t-2时；

（3）分两种情形求解即可①如图2中，当OP=CQ时，BOP≌△FCQ．②如图3中，当OP=CQ时，△BOP≌△FCQ；

【详解】

解：（1）∵是高，∴

∵是高，∴

∴，，

∴

在和中，

∴≌

∴；

（2）∵，

∴，，

根据题意，，，

①当点在线段上时，，

∴，的取值范围是.

②当点在射线上时，，

∴，的取值范围是

（3）存在．

①如图2中，当OP=CQ时，∵OB=CF，∠POB=∠FCQ，∴△BOP≌△FCQ．

∴CQ=OP，

∴5-4t═t，

解得t=1，

②如图3中，当OP=CQ时，∵OB=CF，∠POB=∠FCQ，∴△BOP≌△FCQ．

∴CQ=OP，

∴4t-5=t，

解得t= ．

综上所述，t=1或s时，△BOP与△FCQ全等．

【点睛】

本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

二、八年级数学轴对称解答题压轴题（难）

6．如图，将两个全等的直角三角形△ABD、△ACE拼在一起（图1）．△ABD不动，

（1）若将△ACE绕点A逆时针旋转，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC（图2），证明：MB＝MC．

（2）若将图1中的CE向上平移，∠CAE不变，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC（图3），判断并直接写出MB、MC的数量关系．

（3）在（2）中，若∠CAE的大小改变（图4），其他条件不变，则（2）中的MB、MC的数量关系还成立吗？说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）MB=MC．理由见解析；（3）MB=MC还成立，见解析．

【解析】

【分析】

（1）连接AM，根据全等三角形的对应边相等可得AD=AE，AB=AC，全等三角形对应角相等可得∠BAD=∠CAE，再根据等腰三角形三线合一的性质得到∠MAD=∠MAE，然后利用“边角边”证明△ABM和△ACM全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；

（2）延长DB、AE相交于E′，延长EC交AD于F，根据等腰三角形三线合一的性质得到BD=BE′，然后求出MB∥AE′，再根据两直线平行，内错角相等求出∠MBC=∠CAE，同理求出MC∥AD，根据两直线平行，同位角相等求出∠BCM=∠BAD，然后求出∠MBC=∠BCM，再根据等角对等边即可得证；

（3）延长BM交CE于F，根据两直线平行，内错角相等可得∠MDB=∠MEF，∠MBD=∠MFE，然后利用“角角边”证明△MDB和△MEF全等，根据全等三角形对应边相等可得MB=MF，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明即可．

【详解】

（1）如图（2），连接AM，由已知得△ABD≌△ACE，

∴AD=AE，AB=AC，∠BAD=∠CAE.

∵MD=ME，

∴∠MAD=∠MAE，

∴∠MAD-∠BAD=∠MAE-∠CAE，

即∠BAM=∠CAM.

在△ABM和△ACM中，

AB=AC，

∠BAM=∠CAM，

AM=AM，

∴△ABM≌△ACM（SAS），

∴MB=MC.

（2）MB=MC．

理由如下：如图（3），延长CM交DB于F，延长BM到G，使得MG=BM，连接CG.

∵CE∥BD，

∴∠MEC=∠MDF，∠MCE=∠MFD.

∵M是ED的中点，

∴MD=ME.

在△MCE和△MFD中，

∠MCE=∠MFD，

∠MEC=∠MDF，

MD=ME，

∴△MCE≌△MFD（AAS）.

∴MF=MC.

∴在△MFB和△MCG中，

MF=MC，

∠FMB=∠CMG，

BM=MG，

∴△MFB≌△MCG（SAS）.

∴FB=GC，∠MFB=∠MCG，

∴CG∥BD，即G、C、E在同一条直线上.

∴∠GCB=90°.

在△FBC和△GCB中，

FB=GC，

∠FBC=∠GCB，

BC=CB，

∴△FBC≌△GCB（SAS）.

∴FC=GB.

∴MB=GB=FC=MC.

（3）MB=MC还成立．

如图（4），延长BM交CE于F，延长CM到G，使得MG=CM，连接BG.

∵CE∥BD，

∴∠MDB=∠MEF，∠MBD=∠MFE.

又∵M是DE的中点，

∴MD=ME.

在△MDB和△MEF中，

∠MDB=∠MEF，

∠MBD=∠MFE，

MD=ME，

∴△MDB≌△MEF（AAS），

∴MB=MF.

∵CE∥BD，

∴∠FCM=∠BGM.

在△FCM和△BGM中，

CM=MG，

∠CMF=∠GMB，

MF=MB，

∴△FCM≌△BGM（SAS）.

∴CF=BG，∠FCM=∠BGM.

∴CF//BG，即D、B、G在同一条直线上.

在△CFB和△BGC中，

CF=BG，

∠FCB=∠GBC，

CB=BC，

∴△CFB≌△BGC（SAS）.

∴BF=CG.

∴MC=CG=BF=MB．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，等角对等边的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，以及三角形的中位线定理，综合性较强，但难度不大，作辅助线构造出等腰三角形或全等三角形是解题的关键．

7．如图，中，，点在所在的直线上，点在射线上，且，连接．

（1）如图①，若，，求的度数；

（2）如图②，若，，求的度数；

（3）当点在直线上(不与点、重合)运动时，试探究与的数量关系，并说明理由．

【答案】(1)40°；（2）36°；（3）∠BAD与∠CDE的数量关系是2∠CDE=∠BAD．

【解析】

【分析】

（1）根据等腰三角形的性质得到∠BAC=110°，根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质即可得到结论；

（2）根据三角形的外角的性质得到∠E=75°-18°=57°，根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质即可得到结论；

（3）设∠ABC=∠ACB=y°，∠ADE=∠AED=x°，∠CDE=α，∠BAD=β，分3种情况：①如图1，当点D在点B的左侧时，∠ADC=x°-α，②如图2，当点D在线段BC上时，∠ADC=y°+α，③如图3，当点D在点C右侧时，∠ADC=y°-α，根据这3种情况分别列方程组即，解方程组即可得到结论．

【详解】

(1)∵∠B=∠C=35°，

∴∠BAC=110°，

∵∠BAD=80°,

∴∠DAE=30°，

∵AD=AE，

∴∠ADE=∠AED=75°，

∴∠CDE=∠AED-∠C=75°−35°=40°；

(2)∵∠ACB=75°,∠CDE=18°，

∴∠E=75°−18°=57°，

∴∠ADE=∠AED=57°，

∴∠ADC=39°,

∵∠ABC=∠ADB+∠DAB=75°，

∴∠BAD=36°.

（3）设∠ABC=∠ACB=y°，∠ADE=∠AED=x°，∠CDE=α，∠BAD=β

①如图1，当点D在点B的左侧时，∠ADC=x°﹣α

∴，①-②得，2α﹣β=0，

∴2α=β；

②如图2，当点D在线段BC上时，∠ADC=y°+α

∴，②-①得，α=β﹣α，

∴2α=β；

③如图3，当点D在点C右侧时，∠ADC=y°﹣α

∴，②-①得，2α﹣β=0，

∴2α=β．

综上所述，∠BAD与∠CDE的数量关系是2∠CDE=∠BAD．

【点睛】

考核知识点：等腰三角形性质综合运用.熟练运用等腰三角形性质和三角形外角性质，分类讨论分析问题是关键．

8．已知△．

（1）在图①中用直尺和圆规作出的平分线和边的垂直平分线交于点（保留作图痕迹，不写作法）．

（2）在（1）的条件下，若点、分别是边和上的点，且，连接求证：；

（3）如图②，在（1）的条件下，点、分别是、边上的点，且△的周长等于边的长，试探究与的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）与的数量关系是，理由见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用基本作图作∠ABC的平分线；利用基本作图作BC的垂直平分线，即可完成；

（2）如图，设BC的垂直平分线交BC于G，作OH⊥AB于H，

用角平分线的性质证明OH=OG，BH=BG，继而证明EH =DG，然后可证明,于是可得到OE=OD；

（3）作OH⊥AB于H，OG⊥CB于G，在CB上取CD=BE，利用(2)得到 CD=BE，，OE=OD，,,可证明,故有,由△的周长=BC可得到DF=EF,于是可证明,所以有,然后可得到与的数量关系.

【详解】

解：（1）如图，就是所要求作的图形；

（2）如图，设BC的垂直平分线交BC于G，作OH⊥AB于H，

∵BO平分∠ABC，OH⊥AB，OG垂直平分BC，

∴OH=OG，CG=BG，

∵OB=OB,

∴,

∴BH=BG，

∵BE=CD，

∴EH=BH-BE=BG-CD=CG-CD=DG，

在和中,

,

∴,

∴OE=OD．

（3）与的数量关系是，理由如下；

如图②，作OH⊥AB于H，OG⊥CB于G，在CB上取CD=BE，

由(2)可知，因为 CD=BE，所以且OE=OD，

∴,,

∴,

∵△的周长=BE+BF+EF=CD+BF+EF=BC

∴DF=EF,

在△和△中,

,

∴,

∴.

【点睛】

本题考查了角平分线的性质、垂直平分线的性质及全等三角形的判定与性质，还考查了基本作图．熟练掌握相关性质作出辅助线是解题关键，属综合性较强的题目，有一定的难度，需要有较强的解题能力.

9．已知等边△ABC的边长为4cm，点P，Q分别是直线AB，BC上的动点．

（1）如图1，当点P从顶点A沿AB向B点运动，点Q同时从顶点B沿BC向C点运动，它们的速度都为lcm/s，到达终点时停止运动．设它们的运动时间为t秒，连接AQ，PQ．

①当t＝2时，求∠AQP的度数．

②当t为何值时△PBQ是直角三角形？

（2）如图2，当点P在BA的延长线上，Q在BC上，若PQ＝PC，请判断AP，CQ和AC之间的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）①∠AQP＝30°；②当t＝秒或t＝秒时，△PBQ为直角三角形；（2）AC＝AP+CQ，理由见解析.

【解析】

【分析】

（1）①由△ABC是等边三角形知AQ⊥BC，∠B＝60°，从而得∠AQB＝90°，△BPQ是等边三角形，据此知∠BQP＝60°，继而得出答案；

②由题意知AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t，再分∠PQB＝90°和∠BPQ＝90°两种情况分别求解可得．

（2）过点Q作QF∥AC，交AB于F，知△BQF是等边三角形，证∠QFP＝∠PAC＝120°、∠BPQ＝∠ACP，从而利用AAS可证△PQF≌△CPA，得AP＝QF，据此知AP＝BQ，根据BQ+CQ＝BC＝AC可得答案．

【详解】

解:（1）①根据题意得AP＝PB＝BQ＝CQ＝2，

∵△ABC是等边三角形，

∴AQ⊥BC，∠B＝60°，

∴∠AQB＝90°，△BPQ是等边三角形，

∴∠BQP＝60°，

∴∠AQP＝∠AQB﹣∠BQP＝90°﹣60°＝30°；

②由题意知AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t，

当∠PQB＝90°时，

∵∠B＝60°，

∴PB＝2BQ，得：4﹣t＝2t，解得t＝；

当∠BPQ＝90°时，

∵∠B＝60°，

∴BQ＝2BP，得t＝2（4﹣t），解得t＝；

∴当t＝秒或t＝秒时，△PBQ为直角三角形；

（2）AC＝AP+CQ，理由如下：

如图所示，过点Q作QF∥AC，交AB于F，

则△BQF是等边三角形，

∴BQ＝QF，∠BQF＝∠BFQ＝60°，

∵△ABC为等边三角形，

∴BC＝AC，∠BAC＝∠BFQ＝60°，

∴∠QFP＝∠PAC＝120°，

∵PQ＝PC，

∴∠QCP＝∠PQC，

∵∠QCP＝∠B+∠BPQ，∠PQC＝∠ACB+∠ACP，∠B＝∠ACB，

∴∠BPQ＝∠ACP，

在△PQF和△CPA中，

∵

∴△PQF≌△CPA（AAS），

∴AP＝QF，

∴AP＝BQ，

∴BQ+CQ＝BC＝AC，

∴AP+CQ＝AC．

【点睛】

考核知识点:等边三角形的判定和性质.利用全等三角形判定和性质分析问题是关键.

10．如图，已知，请用无刻度直尺和圆规，完成下列作图（不要求写作法，保留作图痕迹）：

（1）在边上找一点，使得：将沿着过点的某一条直线折叠，点与点能重合，请在图①中作出点；

（2）在边上找一点，使得：将沿着过点的某一条直线折叠，点能落在边上的点处，且，请在图②中作出点.

【答案】（1）见详解；（2）见详解．

【解析】

【分析】

（1）作线段BC的垂直平分线，交BC于点M，即可；

（2）过点B作BO⊥BC，交CA的延长线于点O，作∠BOC的平分线交BC于点N，即可．

【详解】

（1）作线段BC的垂直平分线，交BC于点M，即为所求．点M如图①所示：

（2）过点B作BO⊥BC，交CA的延长线于点O，作∠BOC的平分线交BC于点N，即为所求．点N如图②所示：

【点睛】

本题主要考查尺规作图，掌握尺规作线段的中垂线和角平分线，是解题的关键．

三、八年级数学整式的乘法与因式分解解答题压轴题（难）

11．（1）你能求出（a﹣1）（a99+a98+a97+…+a2+a+1）的值吗？遇到这样的问题，我们可以先从简单的情况入手，分别计算下列各式的值．

（a﹣1）（a+1）＝　　；

（a﹣1）（a2+a+1）＝　　；

（a﹣1）（a3+a2+a+1）＝　　；…

由此我们可以得到：（a﹣1）（a99+a98+…+a+1）＝　　．

（2）利用（1）的结论，完成下面的计算：

2199+2198+2197+…+22+2+1．

【答案】（1），，，（2）

【解析】

【分析】

根据简单的多项式运算推出同类复杂多项式运算结果的一般规律，然后根据找出的规律进行解决较难的运算问题．

【详解】

解：（1）

（2）

= （）

=．

【点睛】

考查了学生的基础运算能力和对同一类运算问题计算结果的一般规律性洞察力．

12．先阅读下列材料：我们已经学过将一个多项式分解因式的方法有提公因式法和运用公式法，其实分解因式的方法还有分组分解法、十字相乘法等等，其中十字相乘法在高中应用较多．

十字相乘法：先分解二次项系数，分别写在十字交叉线的左上角和左下角；再分解常数项，分别写在十字交叉线的右上角和右下角；然后交叉相乘，求代数和，使其等于一次项系数（如图），如：将式子和分解因式，如图：

；

．

请你仿照以上方法，探索解决下列问题：

（1）分解因式：；

（2）分解因式：．

【答案】（1）（x﹣3）（x﹣4）；（2）（x﹣1）（3x+1）．

【解析】

【分析】

（1）将1分成1乘以1，12分成-3乘以-4，交叉相乘的结果为-7，即可得到答案；

（2）将3分成1乘以3，-1分成-1乘以1，由此得到分解因式的结果.

【详解】

（1）y2﹣7y+12=（x﹣3）（x﹣4）；

（2）3x2﹣2x﹣1=（x﹣1）（3x+1）.

【点睛】

此题考查十字相乘法分解因式，将二次项系数及常数项分解成两个因数相乘，交叉相乘的结果相加得到一次项的系数，能准确分解因数是解题的关键.

13．一个四位正整数m各个数位上的数字互不相同且都不为0，四位数m的前两位数字之和为5，后两位数字之和为11，称这样的四位数m为“半期数”；把四位数m的各位上的数字依次轮换后得到新的四位数m′，设m′＝，在m′的所有可能的情况中，当|b+2c﹣a﹣d|最小时，称此时的m′是m的“伴随数”，并规定F（m′）＝a2+c2﹣2bd；例如：m＝2365，则m′为：3652，6523，5236，因为|6+10﹣3﹣2|＝11，|5+4﹣6﹣3|＝0，|2+6﹣5﹣6|＝3，0最小，所以6523叫做2365的“伴随数”，F（5236）＝52+32﹣2×2×6＝10．

（1）最大的四位“半期数”为　　；“半期数”3247的“伴随数”是　　．

（2）已知四位数P＝是“半期数”，三位数Q＝，且441Q﹣4P＝88991，求F（P'）的最大值．

【答案】（1）4192，7324；（2）42.

【解析】

【分析】

（1）根据“半期数”的定义分析最大的四位“半期数”应该是千位最大，最大只能为4，所以百位是1，十位最大是9，个位是2，所以最大半期数为：4192，分析3247的所有可能为，2473，4732，7324．根据题意|b+2c﹣a﹣d|最小的数是7324，所以3247的“伴随数”是：7324．

（2）根据定义可知a+b=5，c+d=11．再根据441Q﹣4P=88991，可以算出P的值，从而求出F（P'）的最大值．

【详解】

解；（1）根据题意可得最大的四位“半期数”应该是千位最大，最大只能为4，所以百位是1，十位最大是9，个位是2，所以最大半期数为：4192．

∵3247的所有可能为，2473，4732，7324．

∵|4+14﹣2﹣3|=13，|7+6﹣4﹣2|=7，|3+4﹣7﹣4|=4， 4最小，所以7324为3247的“伴随数”．

故答案为4192；7324．

（2）∵P为“半期数”

∴a+b=5，c+d=11，∴b=5﹣a，d=11﹣c，∴P=1000a+100（5﹣a）+10c+11﹣c=900a+9c+511．

∵Q=200+10a+c，∴441Q﹣4P=88991，∴441（200+10a+c）﹣4（900a+9c+511）=88991

化简得：2a+c=7

①当a=1时，c=5，此时这个四位数为1456符合题意；

②当a=2时，c=3，此时这个四位数为2338不符合题意，舍去；

③当a=3时，c=1，不符合题意，舍去；

综上所述：这个四位数只能是1456，则P'可能为4561，5614，6145．

∵|5+12﹣4﹣1|=12，|6+2﹣5﹣4|=1，|1+8﹣6﹣5|=2，1最小，所以5614为P的“伴随数”，∴F（5614）=a2+c2﹣2bd=25+1﹣2×6×4=﹣22；

F（4561）=a2+c2﹣2bd=16+36﹣2×5×1=42；

F（6145）=a2+c2﹣2bd=36+16﹣2×1×5=42；

∴F（P'）的最大值为42．

【点睛】

解决本道题的关键是理解好半期数的定义：一个四位正整数m各个数位上的数字互不相同且都不为0，四位数m的前两位数字之和为5，后两位数字之和为11，称这样的四位数m为“半期数”，然后根据当|b+2c﹣a﹣d|最小时，称此时的m'是m的“伴随数”来确定伴随数．

14．阅读下列材料：

利用完全平方公式，可以将多项式变形为的形式, 我们把这样的变形方法叫做多项式的配方法．运用多项式的配方法及平方差公式能对一些多项式进行分解因式．例如：＝

＝

＝＝

根据以上材料，解答下列问题：

（1）用多项式的配方法将化成的形式；

（2）下面是某位同学用配方法及平方差公式把多项式进行分解因式的解答过程：

老师说，这位同学的解答过程中有错误，请你找出该同学解答中开始出现错误的地方，并用“ ”标画出来，然后写出完整的、正确的解答过程：

（3）求证：x，y取任何实数时，多项式的值总为正数．

【答案】（1）；（2）；（3）见解析

【解析】

试题分析：（1）根据配方法，可得答案；

（2）根据配方法，可得平方差公式，再根据平方差公式，可得答案；

（3）根据交换律、结合率，可得完全平方公式，根据完全平方公式，可得答案．

试题解析：解：（1）

=

（2）

=

（3）证明：

=

∵≥0，≥0，

∴．

∴x，y取任何实数时，多项式的值总是正数．

点睛：本题考查了配方法，利用完全平方公式：a2±2ab+b2=（a±b）2配方是解题关键．

15．阅读材料后解决问题：

小明遇到下面一个问题：

计算（2+1）（22+1）（24+1）（28+1）．

经过观察，小明发现如果将原式进行适当的变形后可以出现特殊的结构，进而可以应用平方差公式解决问题，具体解法如下：（2+1）（22+1）（24+1）（28+1）

=（2+1）（2﹣1）（22+1）（24+1）（28+1）

=（22﹣1）（22+1）（24+1）（28+1）

=（24﹣1）（24+1）（28+1）

=（28﹣1）（28+1）

=216﹣1

请你根据小明解决问题的方法，试着解决以下的问题：

（1）（2+1）（22+1）（24+1）（28+1）（216+1）=_____．

（2）（3+1）（32+1）（34+1）（38+1）（316+1）=_____．

（3）化简：（m+n）（m2+n2）（m4+n4）（m8+n8）（m16+n16）．

【答案】232﹣1 ；

【解析】

【分析】

（1）原式变形后，利用题中的规律计算即可得到结果；

（2）原式变形后，利用题中的规律计算即可得到结果；

（3）分m=n与m≠n两种情况，化简得到结果即可．

【详解】

（1）原式=（2-1）（2+1）（22+1）（24+1）（28+1）（216+1）=232-1；

（2）原式=（3-1）（3+1）（32+1）（34+1）（38+1）（316+1）=；

（3）（m+n）（m2+n2）（m4+n4）（m8+n8）（m16+n16）．

当m≠n时，原式=（m-n）（m+n）（m2+n2）（m4+n4）（m8+n8）（m16+n16）=；

当m=n时，原式=2m•2m2…2m16=32m31．

【点睛】

此题考查了平方差公式，弄清题中的规律是解本题的关键．

四、八年级数学分式解答题压轴题（难）

16．如图，小刚家、王老师家、学校在同一条路上，小刚家到王老师家的路程为3千米，王老师家到学校的路程为0.5千米.由于小刚的父母战斗在抗震救灾第一线，为了使他能按时到校，王老师每天骑自行车送小刚上学.已知王老师骑自行车的速度是步行的3倍，每天比平时步行上班多用了20分钟，问王老师的步行速度及骑自行车的速度各是多少？

【答案】王老师的步行速度是，则王老师骑自行车的速度是.

【解析】

【分析】

王老师接小刚上学走的路程÷骑车的速度-平时上班走的路程÷步行的速度=小时．

【详解】

设王老师的步行速度是，则王老师骑自行车是，

由题意可得：，解得：，

经检验，是原方程的根，

∴

答：王老师的步行速度是，则王老师骑自行车的速度是.

【点睛】

本题考查列分式方程解应用题.重点在于准确地找出相等关系，需注意①王老师骑自行车接小刚所走路程是（3+3+0.5）千米；②注意单位要统一.

17．我们知道，假分数可以化为整数与真分数的和的形式，例如：.

在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分式”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”.

例如：像，，…这样的分式是假分式；像，，…这样的分式是真分式.

类似的，假分式也可以化为整式与真分式的和（差）的形式.

例如：将分式拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式.

方法一：解：由分母为，可设

则由

对于任意，上述等式均成立，

∴，解得

∴

这样，分式就被拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式.

方法二：解：

这样，分式就拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式.

（1）请仿照上面的方法，选择其中一种方法将分式拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式；

（2）已知整数使分式的值为整数，求出满足条件的所有整数的值.

【答案】（1）；（2）x=-1或-3或11或-15.

【解析】

【分析】

（1）先变形=，由“真分式”的定义，仿照例题即可得出结论；

（2）先把分式化为真分式，再根据分式的值为整数确定整数x的值．

【详解】

解：（1）=

=

=；

（2）=

=

=，

∵是整数，也是整数，

∴x+2=1或x+2=-1或x+2=13或x+2=-13，

∴x=-1或-3或11或-15.

【点睛】

本题考查了逆用整式和分式的加减法对分式进行变形．解决本题的关键是理解真分式的定义对分子进行拆分．

18．某商场计划销售A，B两种型号的商品，经调查，用1500元采购A型商品的件数是用600元采购B型商品的件数的2倍，一件A型商品的进价比一件B型商品的进价多30元．

（1）求一件A，B型商品的进价分别为多少元？

（2）若该商场购进A，B型商品共100件进行试销，其中A型商品的件数不大于B型的件数，已知A型商品的售价为200元/件，B型商品的售价为180元/件，且全部能售出，求该商品能获得的利润最小是多少？

【答案】(1) B型商品的进价为120元， A型商品的进价为150元;(2) 5500元.

【解析】

分析：（1）设一件B型商品的进价为x元，则一件A型商品的进价为（x+30）元，根据“用1500元采购A型商品的件数是用600元采购B型商品的件数的2倍”，这一等量关系列分式方程求解即可；

（2）根据题意中的不等关系求出A商品的范围，然后根据利润=单价利润×减数函数关系式，根据函数的性质求出最值即可.

详解：（1）设一件B型商品的进价为x元，则一件A型商品的进价为（x+30）元．

由题意： =×2，

解得x=120，

经检验x=120是分式方程的解，

答：一件B型商品的进价为120元，则一件A型商品的进价为150元．

（2）因为客商购进A型商品m件，销售利润为w元．

m≤100﹣m，m≤50，

由题意：w=m（200﹣150）+（100﹣m）（180﹣120）=﹣10m+6000，

∵﹣10＜0，

∴m=50时，w有最小值=5500（元）

点睛：此题主要考查了分式方程和一次函数的应用等知识，解题关键是理解题意，学会构建方程或一次函数解决问题，注意解方式方程时要检验.

19．八年级某同学在“五一”小长假中，随父母驾车去蜀南竹海观光旅游.去时走高等级公路，全程90千米；返回时，走高速公路，全程120千米.返回时的平均速度是去时平均速度的1.6倍，所用时间比去时少用了18分钟.求返回时的平均速度是多少千米每小时？

【答案】返回时的平均速度是80千米/小时.

【解析】

分析：根据题意，设去时的平均速度是x千米/小时，找到等量关系：返回时所用时间比去时少用了18分钟，列分式方程求解即可.

详解：设去时的平均速度是x千米/小时.

由题：

解得：

检验：是原方程的解.

并且，当时，，符合题意.

答：返回时的平均速度是80千米/小时.

点睛：此题主要考查了分式方程的应用，关键是确定问题的等量关系，根据等量关系列方程解答.

20．杨梅是漳州的特色时令水果.杨梅一上市，水果店的老板用1200元购进一批杨梅，很快售完；老板又用2500元购进第二批杨梅，所购件数是第一批的2倍，但进价每件比第一批多了5元.

（1）第一批杨梅每件进价多少元？

（2）老板以每件150元的价格销售第二批杨梅，售出后，为了尽快售完，决定打折促销.要使得第二批杨梅的销售利润不少于320元，剩余的杨梅每件售价至少打几折（利润售价进价）？

【答案】（1）120元（2）至少打7折．

【解析】

【分析】

（1）设第一批杨梅每件进价是x元，则第二批每件进价是（x+5）元，再根据等量关系：第二批杨梅所购件数是第一批的2倍；

（2）设剩余的杨梅每件售价y元，由利润=售价-进价，根据第二批的销售利润不低于320元，可列不等式求解．

【详解】

解：(1)设第一批杨梅每件进价是x元，

则

解得

经检验，x=120是原方程的解且符合题意．

答：第一批杨梅每件进价为120元．

(2)设剩余的杨梅每件售价打y折．

则

解得y≥7.

答：剩余的杨梅每件售价至少打7折．

【点睛】

考查分式方程的应用, 一元一次不等式的应用，读懂题目，从题目中找出等量关系以及不等关系是解题的关键.

五、八年级数学三角形解答题压轴题（难）

21．探究：

（1）如图1，在△ABC中，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB．求证：∠P＝90°+∠A．

（2）如图2，在△ABC中，BP平分∠ABC，CP平分外角∠ACE．猜想∠P和∠A有何数量关系，并证明你的结论．

（3）如图3，BP平分∠CBF，CP平分∠BCE．猜想∠P和∠A有何数量关系，请直接写出结论．

【答案】（1）见解析；（2）∠A＝∠P，理由见解析；（3）∠P＝90°﹣∠A，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）根据三角形内角和定理以及角平分线的性质进行解答即可：

（2）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，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果，

（3）根据三角形的外角性质、内角和定理、角平分线的定义探求并证明.

【详解】

证明：（1）∵△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A．

又∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，

∴∠PBC＝∠ABC，

∠PCB＝∠ACB，

∴∠PBC+∠PCB＝（180°﹣∠A），

根据三角形内角和定理可知∠BPC＝180°﹣（180°﹣∠A）＝90°+∠A；

（2）∠A＝∠P，理由如下：

∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，

∴∠PBC＝∠ABC，∠PCE＝∠ACE．

∵∠ACE是△ABC的外角，∠PCE是△BPC的外角，

∴∠ACE＝∠ABC+∠A，∠PCE＝∠PBC+∠P，

∴∠ACP＝∠ABC+∠A，

∴∠ABC+∠A＝∠PBC+∠P，

∴∠A＝∠P．

（3）∠P＝90°﹣∠A，理由如下：

∵P点是外角∠CBF和∠BCE的平分线的交点，∠P+∠PBC+∠PCB＝180°

∴∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）

＝180°﹣（∠FBC+∠ECB）

＝180°﹣（∠A+∠ACB+∠A+∠ABC）

＝180°﹣（∠A+180°）

＝90°﹣∠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和以及补角的定义以及三角形的内角和为180°，此类题解题的关键是找出角平分线平分的两个角的和的度数，从而利用三角形内角和定理求解.

22．Rt△ABC中，∠C=90°，点D、E分别是△ABC边AC、BC上的点，点P是一动点.令∠PDA=∠1，∠PEB=∠2，∠DPE=∠α.

（1）若点P在线段AB上，如图（1）所示，且∠α=50°，则∠1+∠2=　　°；

（2）若点P在边AB上运动，如图（2）所示，则∠α、∠1、∠2之间的关系为：　　；

（3）若点P运动到边AB的延长线上，如图（3）所示，则∠α、∠1、∠2之间有何关系？猜想并说明理由.

（4）若点P运动到△ABC形外，如图（4）所示，则∠α、∠1、∠2之间的关系为：　　.

【答案】（1）140°；（2）∠1+∠2=90°+α；（3）∠1=90°+∠2+α,理由见解析;(4)∠2=90°+∠1﹣α．

【解析】

试题分析：（1）根据四边形内角和定理以及邻补角的定义，得出∠1+∠2=∠C+∠α，进而得出即可；

（2）利用（1）中所求的结论得出∠α、∠1、∠2之间的关系即可；

（3）利用三角外角的性质，得出∠1=∠C+∠2+α=90°+∠2+α；

（4）利用三角形内角和定理以及邻补角的性质可得出∠α、∠1、∠2之间的关系．

试题分析：（1）∵∠1＋∠2＋∠CDP＋∠CEP＝360°，∠C＋∠α＋∠CDP＋∠CEP＝360°，

∴∠1＋∠2＝∠C＋∠α，

∵∠C＝90°，∠α＝50°，

∴∠1＋∠2＝140°，

故答案为140；

（2）由(1)得∠α＋∠C＝∠1＋∠2，

∴∠1＋∠2＝90°＋∠α.

故答案为∠1＋∠2＝90°＋∠α.

（3）∠1＝90°＋∠2＋∠α.理由如下：如图③，

设DP与BE的交点为M，

∵∠2＋∠α＝∠DME，∠DME＋∠C＝∠1，

∴∠1＝∠C＋∠2＋∠α＝90°＋∠2＋∠α.

（4）如图④，

设PE与AC的交点为F，

∵∠PFD＝∠EFC，

∴180°－∠PFD＝180°－∠EFC，

∴∠α＋180°－∠1＝∠C＋180°－∠2，

∴∠2＝90°＋∠1－∠α.

故答案为∠2＝90°＋∠1－∠α

点睛：本题考查了三角形内角和定理和外角的性质、对顶角相等的性质，熟练掌握三角形外角的性质是解决问题的关键.

23．如图，已知，在△ABC中，∠B＜∠C，AD平分∠BAC，E的线段AD(除去端点A、D)上一动点，EF⊥BC于点F.

(1)若∠B＝40°，∠DEF＝10°，求∠C的度数．

(2)当E在AD上移动时，∠B、∠C、∠DEF之间存在怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并说明理由．

【答案】(1)∠C＝60°.

(2)∠C－∠B＝2∠DEF.理由见解析

【解析】

试题分析：（1）已知：EF⊥BC，∠DEF＝10°可以求得∠EDF的度数，∠EDF又是∆ABD的外角，已知∠B的度数，可求得∠BAD的值，AD平分∠BAC，所以∠BAC的值也可求出，从而求出∠C。（2）EF⊥BC，可得到∠EDF＝90°－∠DEF，∠EDF又是∆ABD的外角，可得到∠BAD＝∠EDF－∠B=90°－∠DEF－∠B，然后可将 BAC用含∠DEF、∠B的角来表示，即 BAC =2(90°－∠DEF－∠B),最后利用∠B、 BAC、C的和为180°求得三角之间的等量关系。

试题解析：(1)∵EF⊥BC，∠DEF＝10°，

∴∠EDF＝80°.

∵∠B＝40°，

∴∠BAD＝∠EDF－∠B＝80°－40°＝40°.

∵AD平分∠BAC，∴∠BAC＝80°.

∴∠C＝180°－40°－80°＝60°.

(2)∠C－∠B＝2∠DEF.理由如下：

∵EF⊥BC，∴∠EDF＝90°－∠DEF.

∵∠EDF＝∠B＋∠BAD，

∴∠BAD＝90°－∠DEF－∠B.

∵AD平分∠BAC，

∴∠BAC＝2∠BAD＝180°－2∠DEF－2∠B.

∴∠B＋180°－2∠DEF－2∠B＋∠C＝180°.

∴∠C－∠B＝2∠DEF.

【点睛】本题主要考查考生对三角形外角和性质得理解及灵活运用，以及对三角形内角和，角平分线的定义的理解。此为易考点及重点。考查考生等量代换思想的形成及掌握，在解题过程中涉及到角与角之间的转换。此为难点。

24．等边△ABC边长为6，P为BC上一点，含30°、60°的直角三角板60°角的顶点落在点P上，使三角板绕P点旋转。

（1）如图1，当P为BC的三等分点，且PE⊥AB时，判断△EPF的形状；并说明理由；

（2）在（1）问的条件下，FE、PB的延长线交于点G，如图2，求△EGB的面积.

【答案】（1）△EPF是等边三角形，理由见解析；（2）S△GBE=.

【解析】

试题分析：（1）要证三角形EPF是等边三角形，已知∠EPF=60°，只需要证PE=PF即可，可通过证△PBE和△PFC全等来得出结论，是证明全等，则需要证明FP⊥BC和BE=PC；

（2）由（1）不难得出∠CFG=90°，那么在△CFG中，有∠C的度数，可以根据CF的长求出GC的长，从而求出GB的长，下面的关键就是求GB边上的高，过E作EH⊥BC，那么EH就是所求的高，在直角△BEP中，有BP的长，有∠ABC的度数，可以求出BE、EP的长，再根据三角形面积的不同表示方法求出EH的长，即可求出△GBE的面积；

试题解析：（1）△EPF是等边三角形，理由如下：

∵PE⊥AB，∠B=60°，因此Rt△PEB中，BE=BP=BC=PC，∴∠BPE=30°，∵∠EPF=60°，∴FP⊥BC，∵∠B=∠C=60°，BE=PC，∠PEB=∠FPC=90°，∴△BEP≌△CPF，∴EP=PF，∵∠EPF=60°，∴△EPF是等边三角形.

（2）过E作EH⊥BC于H，由（1）可知：FP⊥BC，FC=BP=BC=4，BE=CP=BC=2，在三角形FCP中，∠PFC=90°-∠C=30°，∵∠PFE=60°，∴∠GFC=90°，Rt△FGC中，∠C=60°，CF=4，∴GC=2CF=8，∴GB=GC-BC=2，Rt△BEP中∠EBP=60°，BP=4，∴PE=2，BE=2，∴EH=BE•PE÷BP=，∴S△GBE=BG•EH=.