人教版八年级上册期末同步强化全真数学卷（原卷版 解析版）

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（考试时间：120分钟 考试满分：120分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．下列冰雪运动项目的图标中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】【解答】解：A．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D．是轴对称图形，故本选项符合题意；
故答案为：D．
【分析】 在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形 。根据轴对称图形的定义求解即可。
2．计算的结果为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】【解答】解：a(a-1)=a2-a.
故答案为：A.
【分析】根据根据单项式乘以多项式的法则进行计算即可求解.
3．如图，点在内部的一条射线上，于点，且．已知点到射线的最小距离为4，且，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】【解答】根据题意可得，点P到∠AOB两边的距离相等，
∴射线OP是∠AOB的平分线，
∵在Rt△OQP中，∠OPQ=65°，
∴∠QOP=90°-∠OPQ=90°-65°=25°，
∴∠AOB=2∠QOP=2×25°=50°，
故答案为：C.
【分析】先证出射线OP是∠AOB的平分线，利用角的运算求出∠QOP=90°-∠OPQ=90°-65°=25°，最后求出∠AOB=2∠QOP=2×25°=50°即可.
4．如图，用直尺和圆规过直线l外一点P作直线l的平行线，能得出的依据是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】【解答】如图所示：
根据作图过程可知：OA=OB=PC=PD，AB=CD，
∴△PCD≌△OAB（SSS），
∴，
故答案为：D.
【分析】根据作图步骤可得OA=OB=PC=PD，AB=CD，再利用“SSS”证出△PCD≌△OAB即可.
5．下列四个命题中，真命题是（ ）
A．两条直线被第三条直线所截，内错角相等
B．如果x2＞0，那么x＞0
C．如果∠1和∠2是对顶角，那么∠1＝∠2
D．三角形的一个外角大于任何一个内角
【答案】C
【解析】【解答】解：A：两条平行线被第三条直线所截，内错角相等，原说法错误，为假命题；
B：如果x2＞0，那么x≠0，原说法错误，为假命题；
C：如果∠1和∠2是对顶角，那么∠1＝∠2，说法正确，为真命题；
D：三角形的一个外角大于任何一个不相邻的内角，原说法错误，为假命题；
故答案为：C.
【分析】根据平行线的性质，非负数的性质，对顶角的性质，三角形的外角性质对每个选项逐一判断求解即可。
6．如图，已知AB＝AD，AC＝AE，要使△ABC≌△ADE，则可以添加下列哪一个条件（ ）
A．∠1＝∠2B．∠B＝∠D
C．∠C＝∠ED．∠BAC＝∠DAC
【答案】A
【解析】【解答】A、∵∠1=∠2，∴∠BAC=∠DAE，∵AB=AD，AC=AE，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴A符合题意；
B、∵∠B=∠D，AB=AD，AC=AE，无法证出△ABC≌△ADE，∴B不符合题意；
C、∵∠C=∠E，AB=AD，AC=AE，无法证出△ABC≌△ADE，∴C不符合题意；
D、∵∠BAC=∠DAC，AB=AD，AC=AE，无法证出△ABC≌△ADE，∴D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】利用全等三角形的判定方法逐项分析判断即可.
7．为了践行“绿色生活”的理念，甲、乙两人每天骑自行车出行，甲匀速骑行40公里的时间与乙匀速骑行35公里的时间相同，已知甲每小时比乙多骑行2公里，设甲每小时骑行 公里，根据题意列出的方程正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】【解答】解：设甲每小时骑行x公里，根据题意得：
故答案为：A.
【分析】根据题意，设甲每小时骑行x公里，即可列出方程。
8．如图，现有足够多的型号为①②③的正方形和长方形卡片，如果分别选取这三种型号卡片若干张，可以拼成一个不重叠、无缝隙的长方形，小星想用拼图前后面积之间的关系．解释多项式乘法，则其中②和③型号卡片需要的张数各是（ ）
A．3张和7张B．2张和3张C．5张和7张D．2张和7张
【答案】D
【解析】【解答】解：②型号卡片的面积为，③型号卡片的面积为，
∵，
∴需要②型号卡片2张，③型号卡片7张；
故答案为：D
【分析】分别求出②型号卡片的面积为，③型号卡片的面积为，再观察多项式即可求出答案.
9．如图，以△ABC的边AB、AC为边向外作等边△ABD与等边△ACE，连接BE交DC于点F，下列结论：①CD=BE；②FA平分∠DFE；③∠BFC=120°；④ ．其中正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【解析】【解答】解：过点A作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N，过点C作CH⊥BE于H，
∵△ABD，△ACE都是等边三角形，
∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=60°，
∴∠DAC=∠BAE．
在△ADC和△ABE中，
，
∴△ADC≌△ABE（SAS），
∴CD=BE，∠AEB=∠ACD，故①符合题意
∵△ADC≌△ABE，
∴AM=AN．
∵AM⊥CD于M，AN⊥BE于N，
∴AF平分∠DFE，故②符合题意．
∵∠AEB=∠ACD，
∴∠AEC+∠ACE=120°=∠AEB+∠BEC+∠ACE，
∴∠ACF+∠BEC+∠ACE=120°，
∴∠BFC=∠ACF+∠BEC+∠ACE=120°，故③符合题意，
∴∠DFE=120°，
∴∠DFA=∠EFA=60°=∠CFE．
∵AN⊥BE，CH⊥EF，
∴∠FAN=∠FCH=30°，
∴
∴
∴ 故④符合题意．
故答案为：A．
【分析】由“SAS”可证出△ADC≌△ABE，由全等三角形的性质可得出①②③正确，利用三角形的面积公式可判断④正确。
10．如图，在 中， ， ， ， ， 平分 交 于点D，E，F分别是 ， 边上的动点，则 的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】【解答】解：如图，在 上取点 ，使 ，连接 ，过点C作 ，垂足为H.
∵ 平分 ，
∴根据对称可知 .
∵ ，
∴ .
∵ ，
∴当点C、E、 共线，且点 与H重合时， 的值最小，最小值为 .
故答案为：B.
【分析】在 上取点 ，使 ，连接 ，过点C作 ，垂足为H.由 平分及对称性，可得，由求出CH，当点C、E、 共线，且点 与H重合时， 的值最小，最小值为CH的长.
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．若分式有意义，则x的取值范围是 ．
【答案】
【解析】【解答】∵分式有意义，
∴，
∴；
故答案是：．
【分析】分式有意义的条件：分母不为0，据此解答即可.
12．如图，在中，，，点是外角平分线上的一点，连接、，若，则 度．
【答案】25
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥AC于点E，DG⊥BF于点G，
∵点D是∠ACF平分线上的点，DE⊥AC，DG⊥BF，
∴DE=DG，∠DEA=∠DGB=90°，
∵∠DAC+∠ADB=∠DBC+∠ACB，∠ADB=∠ACB，
∴∠DAC=∠DBC，
在△ADE与△BDG中，∠DAC=∠DBC，∠DEA=∠DGB=90°，DE=DG，
∴△ADE≌△BDG（AAS），
∴DA=DB，
在△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=40°，
∴∠ADB=∠ACB=50°，
∴∠DAB=，
∴∠DAC=∠DAB-∠BAC=25°.
故答案为：25.
【分析】过点D作DE⊥AC于点E，DG⊥BF于点G，由角平分线的性质定理得出DE=DG，∠DEA=∠DGB=90°，由三角形内角和定理及对顶角相等可推出∠DAC=∠DBC，从而用AAS判断出△ADE≌△BDG，由全等三角形对应边相等得DA=DB，进而根据三角形的内角和定理及等边对等角可求出∠DAB的度数，最后根据∠DAC=∠DAB-∠BAC算出答案.
13．分式方程： 的解是 ．
【答案】
【解析】【解答】解：去分母得：-1-x+1=2，
解得：x=-2，
经检验x=-2是分式方程的解，
故答案为：x=-2
【分析】根据题意，解出分式方程的解即可。
14．已知CD是Rt△ABC的斜边AB上的中线，若∠A=35°，则∠BCD= 。
【答案】55°
【解析】【解答】解：如图，
∵CD是Rt△ABC斜边上的中线，
∴CD=BD，
∴∠BCD=∠B
∵∠B=90°-∠A=90°-35°=55°，
∴∠BCD=55°.
故答案为：55°.
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得CD=BD，利用等边对等角，易证∠BCD=∠B，然后利用三角形内角和定理可求出结果。
15．如图①是一个边长为 的正方形剪去一个边长为1的小正方形，图②是一个边长为 的正方形，设图①，图②中阴影部分的面积分别为 ， ，则 可化简为 .
【答案】
【解析】【解答】解： ， ，
则 .
故答案是： .
【分析】利用正方形的性质分别求出 ， ，利用约分求出的值即可.
16．如图，已知∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP相交于点P，PM⊥BE，PN⊥BF，垂足分别为M、N.现有四个结论：
①CP平分∠ACF；②∠BPC＝ ∠BAC；③∠APC＝90°﹣ ∠ABC；④S△APM+S△CPN＞S△APC.
其中结论正确的为 .（填写结论的编号）
【答案】①②③
【解析】【解答】解：①过点P做PD⊥AC，如图所示：
∵AP是∠MAC的平分线，PM⊥AE
∴PM=PD
∵BP是∠ABC的角平分线，PN⊥BF
∴PM=PN
∴PD=PN
∵PC=PC
∴
∴∠PCD=∠PCN，故①正确；
②∵BP和CP分别是∠ABC和∠ACN的角平分线以及三角形内角和为180°
∴∠BPC=180°-∠PBC-∠PCB=180°- ∠ABC-（180°-∠PCN）
=- ∠ABC+∠PCN=- ∠ABC+ ∠CAN
∵外角定理
∴∠BPC=- ∠ABC+ （∠BAC+∠ABC）= ∠BAC，故②正确；
③由①可得， ，且
∴∠APC= ∠MPN
∵∠PMB=∠PNB=90°以及四边形内角和为360°
∴∠MPN=180°-∠ABC
∴∠APC＝90°﹣ ∠ABC，故③正确；
③由①可得， ，且
∴S△APM+S△CPN=S△APC，故④错误；
故答案为：①②③.
【分析】①过点P做PD⊥AC，因为AP平分∠EAC，可以得到MP=PD，再证明 即可得出结论；
②根据BP和CP都是角平分线，即可得到∠BPC=180°-∠PBC-∠PCB=180°- ∠ABC-（180°-∠PCN）=- ∠ABC+∠PCN=- ∠ABC+ ∠ACN，根据外角定理，可以得到∠BPC=- ∠ABC+ （∠BAC+∠ABC）= ∠BAC，即可得到结论；
③由①可得， ，故∠APC= ∠MPN，因为∠PMB=∠PNB=90°，所以∠MPN=180°-∠ABC，代入得∠APC＝90°﹣ ∠ABC，即可得出结论；
④由①可得， ，故S△APM+S△CPN=S△APC，即可得出结论.
三、综合题（本大题共8小题，共72分）
17．（9分）某班组织登山活动，同学们分甲乙两组从山脚下沿着一条道路同时向山顶进发．设甲乙两组行进同一段路所用的时间之比为2：3．
（1）直接写出甲乙两组行进的速度之比．
（2）当甲组到达山顶时，乙组行进到山腰A处，且A处离出顶的路程尚有1.2千米．试问山脚离山顶的路程有多远．
（3）在题（2）的基础上，设乙组从A处继续登山，甲组再从原路下山，下山速度与上山速度相同，并且在山腰B处与乙组相遇．请你先根据以上情景提出一个相应的问题，再给予解答．（要求：①问题的提出不得再增添其他条件；②问题的解决必须利用上述情景提供的所有已知条件．）
【答案】（1）3：2.
（2）解：设山脚到山顶的路程为x千米，
根据题意可列方程：，
解得：x=3.6 ，
经检验：x＝3.6是原方程的解．
答：山脚到山顶的路程为3.6千米．
（3）解：可提问题：“B处到山顶的路程是多少千米？”
设B处到山顶的路程为y（ y＞0）千米，
根据题意得：，
解得：y=0.72，
经检验：y＝0.72是原方程的解．
答：B处到山顶的路程是0.72千米．
【解析】【解答】解：（1）∵甲乙两组行进的路程相等，同一段路所用的时间之比为2：3．
∴甲乙两组行进的速度之比为3：2．
【分析】（1）当路程相等时，速度与时间成反比，又有甲，乙两组行进同一路段所用的时间之比为2：3时，所以速度之比为3：2；
（2）设山脚到山顶的路程为x千米，由当甲组到达山顶时，乙组行进到山腰A处，且A处离出顶的路程尚有1.2千米，可列方程，解之即可求解；
（3）根据要求（①问题的提出不得再增添其他条件；②问题的解决必须利用上述情景提供的所有已知条件）提出问题，列出方程进行解答即可.
18．（9分）如图，在平面直角坐标系中，，，.
（1）请画出△关于y轴对称的△；
（2）直接写出△的面积为 ；
（3）已知点D的横纵坐标都是整数，且△BCD和△BCA全等，请直接写出所有满足条件的点D的坐标 ；（D与A不重合）
【答案】（1）解：如图，点A1、B1、C1与点A、B、C关于y轴对称；△A1B1C1即为所求三角形；
（2）4
（3）（1，2），（5，2），（5，4）
【解析】【解答】解：（2）由点B、C坐标可知：BC垂直x轴，
∴A点到BC的距离为2，
∴的面积=×BC×2=4；
（3）如图，
△ABC和△D1BC关于直线BC对称，△ABC和△D2CB关于直线y=3对称，△D2CB和△△D3CB关于直线BC对称；
∴△ABC≌△D1BC，△ABC≌△D2CB，△D2CB≌△△D3CB，△ABC≌△D3CB，
∴满足条件的点D的坐标为：（1，2），（5，2），（5，4）；
【分析】（1）关于y轴对称的点：横坐标互为相反数，纵坐标相同，据此找出点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）由点B、C坐标可知：BC垂直x轴，A点到BC的距离为2，然后根据三角形的面积公式进行计算；
（3）△ABC和△D1BC关于直线BC对称，△ABC和△D2CB关于直线y=3对称，△D2CB和△△D3CB关于直线BC对称，则△ABC≌△D1BC，△ABC≌△D2CB，△D2CB≌△△D3CB，△ABC≌△D3CB，进而可得点D的坐标.
19．（9分）如图1，点 是线段 的中点，分别以 和 为边在线段 的同侧作等边三角形 和等边三角形 ，连结 和 ，相交于点 ，连结 ，
（1）求证： ；
（2）求 的大小；
（3）如图2， 固定不动，保持 的形状和大小不变，将 绕着点 旋转（ 和 不能重叠），求 的大小．
【答案】（1）解：∵ 和 均为等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
即∠AOC=∠DOB，
∴ （SAS）
∴
（2）解：∵O为AD中点，
∴DO=AO，
∵OA=OB，
∴ ，
∴∠ODB=∠DBO，
∵∠ODB+∠DBO=∠AOB=60°，
∴
同理， ，
∴
（3）解：∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵CO=DO，AO=BO，AO=DO，
∴OC=OB，
∴ （SAS），
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
设 与 交于点 ，
∵ ， ，
又 ，
∴ ．
【解析】【分析】（1）先求出 ∠AOC=∠DOB， 再利用SAS证明三角形全等，最后证明求解即可；
（2）先求出 ∠ODB=∠DBO，再求出∠OAC=30°，最后计算求解即可；
（3）先求出OC=OB，再利用SAS证明三角形全等，最后计算求解即可。
20．（9分）已知在中，P是的中点，B是延长线上的一点，连接，．
（1）如图1，若，，，，求的长；
（2）过点D作，交的延长线于点E，如图2所示，若，，求证：；
（3）如图3，若，是否存在实数m，使得当时，？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵，，
∴∠B=180°-∠CAB-∠ACB=180°-90°-60°=30°，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
∵P是的中点，
∴．
在中，，
设，则，
∴，
∴，
∴（已舍去），
∴．
（2）证明：如图1，连接，
∵DE∥AC，
∴．
在和中，
，
∴△CPA≌△DPE（AAS），
∴，．
∵，
∴．
又∵DE∥AC，
∴，
∴是等边三角形，
∴，．
∵，
∴．
在△CAB和△EBA中，
，
∴△CAB≌△EBA（SAS），
∴，
∴．
（3）解：存在这样的m，m=．
【解析】【解答】解：（3）如图3，作DE∥AC交的延长线于E，连接，
∵点P为CD中点，
∴CP=DP，
∵DE∥AC，
∴∠CAP=∠DEP，，
在△APC和△EPD中，
，
∴△APC≌△EPD（AAS），
∴，AP=EP，
∴，
当时，，
作于F，
∵，
∴，
∴．
∴点E，F重合，
∴，
∴
∴．
在△ACB和△BEA中，
，
∴△ACB≌△BEA（SAS），
∴．
∴存在，使得．
【分析】（1）证是等边三角形，P是的中点，通过等边三角形三线合一，得出，解三角形即可；
（2）借助中点和平行，可证得△CPA≌△DPE（AAS），得出，．再证明△CAB≌△EBA（SAS），即可得出结论；
（3）由（2）总结的阶梯方法延伸到图3中，利用类比解决问题。
21．（9分）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点E，若△ABC为等边三角形，AD⊥AB，AD＝DC＝4．
（1）求证：BD垂直平分AC；
（2）求BE的长；
（3）若点F为BC的中点，请在BD上找出一点P，使PC+PF取得最小M值；PC+PF的最小值为 （直接写出结果）．
【答案】（1）解：∵AD=DC，
∴点D在线段AC的垂直平分线上；
∵△ABC是等边三角形，
∴BA=BC，
∴点B在线段AC的垂直平分线上；
根据两点确定一条直线，
∴BD是线段AC的垂直平分线；
∴BD垂直平分AC；
（2）解：∵△ABC是等边三角形，AD⊥AB，BD垂直平分AC，
∴∠ABD=30°，∠EAD=30°，
∵AD＝DC＝4，
∴BD=8，ED=2，
∴BE=BD-ED=8-2=6；
（3）6
【解析】【解答】（3）∵BD垂直平分AC，
∴点C关于直线BD的对称点为点A，
连接AF，交BD于点P，
则点P即为所求；
∵△ABC是等边三角形，BF=CF，
∴AF⊥BC，
∴AF=BE=6，
故答案为：6．
【分析】（1）根据△ABC是等边三角形，得出BA=BC，从而得出点B在线段AC的垂直平分线上，由此得出结论；
（2）根据△ABC是等边三角形，AD⊥AB，BD垂直平分AC，得出∠ABD=30°，∠EAD=30°，AD＝DC＝4，得出BD=8，ED=2，再代入计算即可；
（3）连接AF，交BD于点P，则点P即为所求；根据△ABC是等边三角形，BF=CF，得出AF⊥BC，从而得出结论。
22．（9分）观察下列式子：
;
;
;
……
（1）上面的整式乘法计算结果比较简洁，类比学习过的平方差公式，完全平方公式的推导过程，请你写出一个新的乘法公式（用含a、b的字母表示），并加以证明；

（2）直接用你发现的公式写出计算结果：（2a+3b）（4a2﹣6ab+9b2）= ；

（3）分解因式：m3
+ n 3 + 3mn（m + n）.

【答案】（1）解：
证明：左边
右边
∴结论成立
（2）
（3）解：原式
【解析】【解答】解：（2） （2a+3b）（4a2﹣6ab+9b2）=8a3+27b3；
【分析】（1）归纳总结得到一般性规律，写出即可，利用多项式乘以多项式法则计算即可证明；
（2）直接套用公式即可；
（3）利用（1）总结的公式，将 变式成： ，再利用提公因式法和公式法即可解答.
23．（9分）在中，点在上，连接，．
（1）如图，求证：；
（2）如图，点在的延长线上，连接，若，，求证：；
（3）如图，在（2）的条件下，点在的延长线上，连接、，过点作的平分线交于，若，若，，求的长．
【答案】（1）证明：，且，
，
，
；
（2）解：设，
，
，
，
，
，
，
，
即，
；
（3）解：如图，过点作于点，作于点，过点作于点，
在中，，，
，
，，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
又平分，
，
，
，
，，
，
．
【解析】【分析】（1）利用三角形外角性质，可推出，再根据条件，即可推出∠C=∠ABC，从而证明AB=AC；
（2）设，结合条件，可先推出，，再根据， 推出，再根据条件，带入后即可列出等式，化简后可证明；
（3）通过做辅助线，利用直角三角形中30°角所对的边是斜边的一半以及等腰三角形三线合一，先推出CG=CK，再通过HL证明，得到∠ACG=∠DCK，再推出得到是等边三角形，再根据， ，推出，再根据AH平分，推出，，再根据等腰三角形三线合一的性质，证明，最后通过线段相减，即可求出HF的长。
24．（9分）已知如图，四边形ABCD，BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，若∠BAD＝α，∠BCD＝β
（1）如图1，若α+β＝150°，求∠MBC+∠NDC的度数；

（2）如图1，若BE与DF相交于点G，∠BGD＝45°，请写出α、β所满足的等量关系式；

（3）如图2，若α＝β，判断BE、DF的位置关系，并说明理由．

【答案】（1）解：在四边形ABCD中，∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC＝360°，
∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣（α+β），
∵∠MBC+∠ABC＝180°，∠NDC+∠ADC＝180°
∴∠MBC+∠NDC＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ADC＝360°﹣（∠ABC+∠ADC）＝360°﹣[360°﹣（α+β）]＝α+β，
∵α+β＝150°，
∴∠MBC+∠NDC＝150°，
（2）解：β﹣α＝90°
理由：如图1，连接BD，
由（1）有，∠MBC+∠NDC＝α+β，
∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，
∴∠CBG＝ ∠MBC，∠CDG＝ ∠NDC，
∴∠CBG+∠CDG＝ ∠MBC+ ∠NDC＝ （∠MBC+∠NDC）＝ （α+β），
在△BCD中，在△BCD中，∠BDC+∠DBC＝180°﹣∠BCD＝180°﹣β，
在△BDG中，∠BGD＝45°，
∴∠GBD+∠GDB+∠BGD＝180°，
∴∠CBG+∠CBD+∠CDG+∠BDC+∠BGD＝180°，
∴（∠CBG+∠CDG）+（∠BDC+∠CDB）+∠BGD＝180°，
∴ （α+β）+180°﹣β+45°＝180°，
∴β﹣α＝90°，
（3）解：平行，
理由：如图2，延长BC交DF于H，
由（1）有，∠MBC+∠NDC＝α+β，
∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，
∴∠CBE＝ ∠MBC，∠CDH＝ ∠NDC，
∴∠CBE+∠CDH＝ ∠MBC+ ∠NDC＝ （∠MBC+∠NDC）＝ （α+β），
∵∠BCD＝∠CDH+∠DHB，
∴∠CDH＝∠BCD﹣∠DHB＝β﹣∠DHB，
∴∠CBE+β﹣∠DHB＝ （α+β），
∵α＝β，
∴∠CBE+β﹣∠DHB＝ （β+β）＝β，
∴∠CBE＝∠DHB，
∴BE∥DF．
【解析】【分析】（1）利用角平分线的定义和四边形的内角和及α+β＝150°推导即可；（2）利用角平分线的定义和四边形的内角和及三角形的内角和转化即可；（3）利用角平分线的定义和四边形的内角和及三角形的外角的性质计算即可。