八年级上册压轴题模拟数学检测试卷带解析(一)[001].doc

八年级上册压轴题模拟数学检测试卷带解析（一）
1．操作发现：如图1，D是等边△ABC边BA上的一动点(点D与点B不重合)，连接DC，以DC为边在BC上方作等边△DCF，连接AF，易证AF=BD（不需要证明）；
类比猜想：①如图2，当动点D运动至等边△ABC边BA的延长线上时，其它作法与图1相同，猜想AF与BD在图1中的结论是否仍然成立。
深入探究：②如图3，当动点D在等边△ABC边BA上的一动点(点D与点B不重合)，连接DC，以DC为边在BC上方、下方分别作等边△DCF和等边△DCF′，连接AF，BF′你能发现AF，BF′与AB有何数量关系，并证明你发现的结论。
③如图4，当动点D运动至等边△ABC边BA的延长线上时，其它作法与图3相同，猜想AF，BF′与AB在上题②中的结论是否仍然成立，若不成立，请给出你的结论并证明。

2．如图，已知CD是线段AB的垂直平分线，垂足为D，C在D点上方，∠BAC=30°，P是直线CD上一动点，E是射线AC上除A点外的一点，PB=PE，连BE．
（1）如图1，若点P与点C重合，求∠ABE的度数；
（2）如图2，若P在C点上方，求证：PD+AC=CE；
（3）若AC=6，CE=2，则PD的值为　 　（直接写出结果）．

3．（1）模型：如图1，在中，平分，，，求证：．
（2）模型应用：如图2，平分交的延长线于点，求证：．
（3）类比应用：如图3，平分，，，求证：．

4．在△ABC中，AB=AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD=AE，∠DAE =∠BAC，连接CE．
（1）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC=90°，则∠BCE=________度；
（2）设，．
①如图2，当点在线段BC上移动，则，之间有怎样的数量关系？请说明理由；
②当点在直线BC上移动，则，之间有怎样的数量关系？请直接写出你的结论．

5．如图，是等边三角形，点在上，点在的延长线上,且．
(1)如图甲，若点是的中点，求证：

(2)如图乙，若点不的中点，是否成立?证明你的结论．

(3)如图丙，若点在线段的延长线上，试判断与的大小关系，并说明理由．

6．如图，△ABC是等边三角形，点D、E分别是射线AB、射线CB上的动点，点D从点A出发沿射线AB移动，点E从点B出发沿BG移动，点D、点E同时出发并且运动速度相同．连接CD、DE．
（1）如图①，当点D移动到线段AB的中点时，求证：DE=DC．
（2）如图②，当点D在线段AB上移动但不是中点时，试探索DE与DC之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图③，当点D移动到线段AB的延长线上，并且ED⊥DC时，求∠DEC度数．

7．如图，在平面直角坐标系中，点A（0，3），B（，0），AB =6，作∠DBO=∠ABO，点H为y轴上的点，∠CAH=∠BAO，BD交y轴于点E，直线DO交AC于点C．
（1）证明：△ABE为等边三角形；
（2）若CD⊥AB于点F，求线段CD的长；
（3）动点P从A出发，沿A﹣O﹣B路线运动，速度为1个单位长度每秒，到B点处停止运动；动点Q从B出发，沿B﹣O﹣A路线运动，速度为2个单位长度每秒，到A点处停止运动．两点同时开始运动，都要到达相应的终点才能停止．在某时刻，作PM⊥CD于点M，QN⊥CD于点N．问两动点运动多长时间时△OPM与△OQN全等？

8．如图1，在平面直角坐标系中，，，且∠ACB＝90°，AC＝BC．

（1）求点B的坐标；
（2）如图2，若BC交y轴于点M，AB交x轴与点N，过点B作轴于点E，作轴于点F，请探究线段MN，ME，NF的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，若在点B处有一个等腰Rt△BDG，且BD＝DG，∠BDG＝90°，连接AG，点H为AG的中点，试猜想线段DH与线段CH的数量关系与位置关系，并证明你的结论．
【参考答案】
2．①成立，证明见详解；②AF+BF′=AB，证明见详解；③不成立，AF=AB+BF′，证明见详解.
【分析】类比猜想：①通过证明△BCD≌△ACF，即可证明AF=BD；
深入探究：②AF+BF′=
解析：①成立，证明见详解；②AF+BF′=AB，证明见详解；③不成立，AF=AB+BF′，证明见详解.
【分析】类比猜想：①通过证明△BCD≌△ACF，即可证明AF=BD；
深入探究：②AF+BF′=AB，利用全等三角形△BCD≌△ACF（SAS）的对应边BD=AF；同理△BCF′≌△ACD（SAS），则BF′=AD，所以AF+BF′=AB；
③结论不成立．新的结论是AF=AB+BF′；通过证明△BCF′≌△ACD（SAS），则BF′=AD（全等三角形的对应边相等）；再结合（2）中的结论即可证得AF=AB+BF′．
【详解】解：类比猜想：①如图2中，

∵△ABC是等边三角形（已知），
∴BC=AC，∠BCA=60°（等边三角形的性质）；
同理知，DC=CF，∠DCF=60°；
∴∠BCA+∠DCA=∠DCF+∠DCA，即∠BCD=∠ACF；
在△BCD和△ACF中，

∴△BCD≌△ACF（SAS），
∴BD=AF（全等三角形的对应边相等）；
深入探究：②如图示

AF+BF′=AB；
证明如下：由①条件可知：∠BCA-∠DCA=∠DCF-∠DCA，即∠BCD=∠ACF，
∴同理可证△BCD≌△ACF（SAS），则BD=AF；
同理△BCF′≌△ACD（SAS），则BF′=AD，
∴AF+BF′=BD+AD=AB；
③结论不成立．新的结论是AF=AB+BF′；
如图示：

证明如下：
∵等边△DCF和等边△DCF′，由①同理可知：
在△BCF′和△ACD中，

∴△BCF′≌△ACD（SAS），
∴BF′=AD（全等三角形的对应边相等）；
又由②知，AF=BD；
∴AF=BD=AB+AD=AB+BF′，即AF=AB+BF′．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题.
3．（1）∠ABE=90°；（2）PD+AC=CE，见解析；（3）1
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定与性质得到：△BPE为等边三角形，则∠CBE=60°，故∠ABE=90°；
解析：（1）∠ABE=90°；（2）PD+AC=CE，见解析；（3）1
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定与性质得到：△BPE为等边三角形，则∠CBE=60°，故∠ABE=90°；
（2）如图2，过P作PH⊥AE于H，连BC，作PG⊥BC交BC的延长线于G，构造含30度角的直角△PCG、直角△CPH以及全等三角形（Rt△PGB≌Rt△PHE），根据含30度的直角三角形的性质和全等三角形的对应边相等证得结论；
（3）分三种情况讨论，根据（2）的解题思路得到PD=AC+CE或PD=CE-AC，将数值代入求解即可．
【详解】（1）解：如图1，∵点P与点C重合，CD是线段AB的垂直平分线，

∴PA=PB，
∴∠PAB=∠PBA=30°，
∴∠BPE=∠PAB+∠PBA=60°，
∵PB=PE，
∴△BPE为等边三角形，
∴∠CBE=60°，
∴∠ABE=90°；
（2）如图2，过P作PH⊥AE于H，连BC，作PG⊥BC交BC的延长线于G，

∵CD垂直平分AB，
∴CA=CB，
∵∠BAC=30°，
∴∠ACD=∠BCD=60°，
∴∠GCP=∠HCP=∠BCE=∠ACD=∠BCD=60°，
∴∠GPC=∠HPC=30°，
∴PG=PH，CG=CH=CP，CD=AC，
在Rt△PGB和Rt△PHE中，
，
∴Rt△PGB≌Rt△PHE（HL）．
∴BG=EH，即CB+CG=CE-CH，
∴CB+CP=CE-CP，即CB+CP=CE，
又∵CB=AC，
∴CP=PD-CD=PD-AC，
∴PD+AC=CE；
（3）①当P在C点上方时，由（2）得：PD=CE-AC，
当AC=6，CE=2时，PD=2-3=-1，不符合题意；
②当P在线段CD上时，
如图3，过P作PH⊥AE于H，连BC，作PG⊥BC交BC于G，

此时Rt△PGB≌Rt△PHE（HL），
∴BG=EH，即CB-CG=CE+CH，
∴CB-CP=CE+CP，即CP=CB-CE，
又∵CB=AC，
∴PD=CD-CP=AC-CB+CE，
∴PD=CE-AC．
当AC=6，CE=2时，PD=2-3=-1，不符合题意；
③当P在D点下方时，如图4，

同理，PD=AC-CE，
当AC=6，CE=2时，PD=3-2=1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了三角形综合题，综合运用全等三角形的判定与性质，含30度角直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质等知识点，难度较大，解题时，注意要分类讨论．
4．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析；
【分析】（1）由题意得DE=DF，，，即可得出：=AB：AC；
（2）在AB上取点E，使得AE=AC，根据题意可证△ACD≌△AED，从而
解析：（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析；
【分析】（1）由题意得DE=DF，，，即可得出：=AB：AC；
（2）在AB上取点E，使得AE=AC，根据题意可证△ACD≌△AED，从而可求出，，即可求解；
（3）延长BE至M，使EM=DC，连接AM，根据题意可证△ADC≌△AEM，故而得出AE为∠BAM的角平分线，即，即可得出答案；
【详解】解：（1）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DE⊥AC，
∴DE=DF，
∵ ，，
∴：=AB：AC；
（2）如图，在AB上取点E，使得AE=AC，连接DE
又∵ AD平分∠CAE，
∴ ∠CAD=∠DAE，
在△ACD和△AED中，
，
∴△ACD≌△AED（SAS），
∴CD=DE且∠ADC=∠ADE，
∴ ，
∴ ，
∴AB：AC=BD：CD；

（3）如图延长BE至M，使EM=DC，连接AM，
∵ ∠D+∠AEB=180°，
又∵∠AEB+∠AEM=180°，
∴∠D=∠AEM，
在△ADC与△AEM中，
，
∴△ADC≌△AEM（SAS），
∴∠DAC=∠EAM=∠BAE，AC=AM，
∴AE为∠BAM的角平分线，
故 ，
∴BE：CD=AB：AC；

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、以及三角形的面积的应用，正确掌握知识点是解题的关键；
5．（1）90；（2）①，理由见解析；②当点D在射线BC．上时，a+β=180°，当点D在射线BC的反向延长线上时，a=β．
【分析】（1）可以证明△BAD≌△CAE，得到∠B＝∠ACE，证明∠ACB
解析：（1）90；（2）①，理由见解析；②当点D在射线BC．上时，a+β=180°，当点D在射线BC的反向延长线上时，a=β．
【分析】（1）可以证明△BAD≌△CAE，得到∠B＝∠ACE，证明∠ACB＝45°，即可解决问题；
（2）①证明△BAD≌△CAE，得到∠B＝∠ACE，β＝∠B＋∠ACB，即可解决问题；
②证明△BAD≌△CAE，得到∠ABD＝∠ACE，借助三角形外角性质即可解决问题．
【详解】解：（1）∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）
∴∠ABC=∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
故答案为：；
（2）①．
理由：∵，
∴．
即．
又，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
②如图：当点D在射线BC上时，α+β=180°，连接CE，

∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
在△ABC中，∠BAC+∠B+∠ACB=180°，
∴∠BAC+∠ACE+∠ACB=∠BAC+∠BCE=180°，
即：∠BCE+∠BAC=180°，
∴α+β=180°，
如图：当点D在射线BC的反向延长线上时，α=β．连接BE，

∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
∴∠ABD=∠ACE=∠ACB+∠BCE，
∴∠ABD+∠ABC=∠ACE+∠ABC=∠ACB+∠BCE+∠ABC=180°，
∵∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB，
∴∠BAC=∠BCE．
∴α=β；
综上所述：点D在直线BC上移动，α+β=180°或α=β．
【点睛】该题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及其性质等几何知识点及其应用问题；应牢固掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及其性质等几何知识点．
6．（1）详见解析；（2）成立，理由详见解析；（3），证明详见解析.
【分析】（1）根据等边三角形三线合一的性质即可求得∠DBC的度数，根据BD=DE即可解题；
（2）过D作DF∥BC，交AB于F，
解析：（1）详见解析；（2）成立，理由详见解析；（3），证明详见解析.
【分析】（1）根据等边三角形三线合一的性质即可求得∠DBC的度数，根据BD=DE即可解题；
（2）过D作DF∥BC，交AB于F，证△BFD≌△DCE，推出DF=CE，证△ADF是等边三角形，推出AD=DF，即可得出答案．
（3）如图3，过点D作DP∥BC，交AB的延长线于点P，证明△BPD≌△DCE，得到PD=CE，即可得到AD=CE．
【详解】证明:是等边三角形，

为中点，

，,
;

(2)成立，
如图乙，过作，交于,
则是等边三角形，
，
，
，，
在和中

，
即

如图3，过点作，交的延长线于点,
是等边三角形，也是等边三角形，
,

，
在和中，

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是作出辅助线，构建全等三角形．
7．（1）见详解；
（2）DE=DC，理由见详解；
（3）∠DEC=45°
【分析】（1）由题意可知，所以，由等边三角形及中点可知，而，所以可证，进一步可证
（2）猜测，寻找条件证明即可.最常用
解析：（1）见详解；
（2）DE=DC，理由见详解；
（3）∠DEC=45°
【分析】（1）由题意可知，所以，由等边三角形及中点可知，而，所以可证，进一步可证
（2）猜测，寻找条件证明即可.最常用的是证明两个三角形全等，但图中给出的三角形中并未出现全等三角形，所以添加辅助线：在射线AB上截取，这样只要证明即可.利用等边三角形的性质及可知为等边三角形，这样通过两个等边三角形即可证明.
（3）按照第（2）问的思路，作出类似的辅助线：在射线CB上截取，用同样的方法证明，又因为ED⊥DC，所以为等腰之间三角形，则∠DEC度数可求.
【详解】由题意可知
∵D为AB的中点

∵为等边三角形，

（2）
理由如下：
在射线AB上截取，连接EF

∵为等边三角形

∴为等边三角形

由题意知

即

在和中，

（3）如图，在射线CB上截取，连接DF

∵为等边三角形

∴为等边三角形

由题意知

即

在和中，

∵ED⊥DC
∴为等腰直角三角形

【点睛】本题主要考查了等腰三角形，等边三角形，全等三角形的判定及性质，能够作出辅助线，并合理利用等边三角形的性质是解题的关键.
8．（1）详见解析；（2）CD=；（3）当两动点运动时间为、、6秒时，△OPM与△OQN全等.
【分析】（1）先证△AOB≌△EOB得到AE=BE=AB，从而可以得出结论；
（2）由（1）知∠ABE
解析：（1）详见解析；（2）CD=；（3）当两动点运动时间为、、6秒时，△OPM与△OQN全等.
【分析】（1）先证△AOB≌△EOB得到AE=BE=AB，从而可以得出结论；
（2）由（1）知∠ABE=∠BEA=∠EAB=60°，进而得出∠AOF=30°，利用含30°角的直角三角形的性质得到AF、OF的长．再证明∠ACF=∠AOF=30°，∠D=30°，同理得出CF、DF的长，进而可得出结论．
（3）设运动的时间为t秒．然后分四种情况讨论：①当点P、Q分别在y轴、x轴上时，；②当点P、Q都在y轴上时，；③当点P在x轴上，Q在y轴且二者都没有提前停止时，；④当点P在x轴上，Q在y轴且点Q提前停止时，，列方程求解即可．
【详解】（1）在△AOB与△EOB中，∵∠AOB=∠EOB，OB=OB，∠EBO=∠ABO，∴△AOB≌△EOB (ASA)，∴AO=EO=3，BE=AB=6，∴AE=BE=AB=6，∴△ABE为等边三角形．
（2）由（1）知∠ABE=∠BEA=∠EAB=60°．
∵CD⊥AB，∴∠AOF=30°，∴AF=．
在Rt△AOF中，OF=．
∵∠CAH=∠BAO =60°，∴∠CAF =60°，∠ACF=∠AOF=30°，∴AO=AC．
又∵CD⊥AB，∴CF=．
∵AB=6，AF=，∴BF=．
在Rt△BDF中，∠DBF =60°，∠D=30°，∴BD=．
由勾股定理得：∴DF=，∴CD=．
（3）设运动的时间为t秒．
①当点P、Q分别在y轴、x轴上时，，PO=QO得：，解得：（秒）；
②当点P、Q都在y轴上时，，PO=QO得：，解得（秒）；
③当点P在x轴上，Q在y轴且二者都没有提前停止时，，则PO=QO，得：，解得：，不合题意，舍去．
④当点P在x轴上，Q在y轴且点Q提前停止时，有，解得：（秒）．
综上所述：当两动点运动时间为、、6秒时，△OPM与△OQN全等．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定、含30°角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，坐标与图形的性质．正确分类讨论是解题的关键．
9．（1）
（2），见解析
（3）且，见解析
【分析】（1）如图1中，过点C作CT⊥y轴于点T，根点B作BH⊥CT交CT的延长线于点H．证明△ATC≌△CHB（AAS），推出AT＝CH＝6，CT＝
解析：（1）
（2），见解析
（3）且，见解析
【分析】（1）如图1中，过点C作CT⊥y轴于点T，根点B作BH⊥CT交CT的延长线于点H．证明△ATC≌△CHB（AAS），推出AT＝CH＝6，CT＝BH＝2，可得结论；
（2）结论：MN＝ME+NF．证明△BFN≌△BEK（SAS），推出BN＝BK，∠FBN＝∠EBK，再证明△BMN≌△BMK（SAS），推出MN＝MK，可得结论；
（3）结论：DH＝CH，DH⊥CH．如图3中，延长DH到J，使得HJ＝DH，连接AJ，CJ，延长DG交AC于点M．证明△JDC是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】解：（1）如图1中，过点C作CT⊥y轴于点T，根点B作BH⊥CT交CT的延长线于点H．

∵A（0，4），C（﹣2，﹣2），
∴OA＝4，OT＝CT＝2，
∴AT＝4+2＝6，
∵∠ACB＝∠ATC＝∠H＝90°，
∴∠CAT+∠ACT＝90°，∠BCH+∠CBH＝90°，
∴∠CAT＝∠BCH，
∵CA＝CB，
∴△ATC≌△CHB（AAS），
∴AT＝CH＝6，CT＝BH＝2，
∴TH＝CH﹣CT＝4，
∴B（4，-4）；
（2）结论：MN＝ME+NF．
理由：在射线OE上截取EK＝FN，连接BK．

∵B（4，4），BE⊥y轴，BF⊥x轴，
∴BE＝BF＝4，∠BEO＝∠BFO＝∠EOF＝90°，
∴四边形BEOF是矩形，
∴∠EBF＝90°，
∵EK＝FN，∠BFN＝∠BEK＝90°，
∴△BFN≌△BEK（SAS），
∴BN＝BK，∠FBN＝∠EBK，
∴∠NBK＝∠FBE＝90°，
∵∠MBN＝45°，
∴∠MBN＝∠BMK＝45°，
∵BM＝BM，
∴△BMN≌△BMK（SAS），
∴MN＝MK，
∵MK＝ME+EK，
∴MN＝EM+FN；
（3）结论：DH＝CH，DH⊥CH．
理由：如图3中，延长DH到J，使得HJ＝DH，连接AJ，CJ，延长DG交AC于点M．

∵AH＝HG，∠AHJ＝∠GHD，HJ＝HD，
∴△AHJ≌△GHD（SAS），
∴AJ＝DG，∠AJH＝∠DGH，
∴AJ∥DM，
∴∠JAC＝∠AMD，
∵DG＝BD，
∴AJ＝BD，
∵∠MCB＝∠BDM＝90°，
∴∠CBD+∠CMD＝180°，
∵∠AMD+∠CMD＝180°，
∴∠AMD＝∠CBD，
∴∠CAJ＝∠CBD，
∵CA＝CB，
∴△CAJ≌△CBD（SAS），
∴CJ＝CD，∠ACJ＝∠BCD，
∴∠JCD＝∠ACB＝90°，
∵JH＝HD，
∴CH⊥DJ，CH＝JH＝HD，
即CH＝DH，CH⊥DH．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．