人教版八年级上册压轴题数学综合试题含解析(一)[002].doc
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人教版八年级上册压轴题数学综合试题含解析(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.(初步探索)(1)如图:在四边形中,,,、分别是、上的点,且,探究图中、、之间的数量关系. (1)(1)小明同学探究此问题的方法是:延长到点,使.连接,先证明,再证明,可得出结论,他的结论应是_____________; (2)(灵活运用)(2)如图2,若在四边形中,,,、分别是、上的点,且,上述结论是否仍然成立,并说明理由; 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.阅读下列材料,完成相应任务. 数学活动课上,老师提出了如下问题: 如图1,已知中,是边上的中线. 求证:. 智慧小组的证法如下: 证明:如图2,延长至,使, ∵是边上的中线∴ 在和中 ∴(依据一)∴ 在中,(依据二) ∴. 任务一:上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指: 依据1:______________________________________________; 依据2:______________________________________________. 归纳总结:上述方法是通过延长中线,使,构造了一对全等三角形,将,,转化到一个三角形中,进而解决问题,这种方法叫做“倍长中线法”.“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系. 任务二:如图3,,,则的取值范围是_____________; 任务三:如图4,在图3的基础上,分别以和为边作等腰直角三角形,在中,,;中,,.连接.试探究与的数量关系,并说明理由. 5.请按照研究问题的步骤依次完成任务. 【问题背景】 (1)如图1的图形我们把它称为“8字形”, 请说理证明∠A+∠B=∠C+∠D. 【简单应用】 (2)如图2,AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD,若∠ABC=20°,∠ADC=26°,求∠P的度数(可直接使用问题(1)中的结论) 【问题探究】 (3)如图3,直线AP平分∠BAD的外角∠FAD,CP平分∠BCD的外角∠BCE, 若∠ABC=36°,∠ADC=16°,猜想∠P的度数为 ; 【拓展延伸】 (4)在图4中,若设∠C=x,∠B=y,∠CAP=∠CAB,∠CDP=∠CDB,试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为 (用x、y表示∠P) ; (5)在图5中,AP平分∠BAD,CP平分∠BCD的外角∠BCE,猜想∠P与∠B、D的关系,直接写出结论 . 6.如图,△ABC 中,AB=AC=BC,∠BDC=120°且BD=DC,现以D为顶点作一个60°角,使角两边分别交AB,AC边所在直线于M,N两点,连接MN,探究线段BM、MN、NC之间的关系,并加以证明. (1)如图1,若∠MDN的两边分别交AB,AC边于M,N两点.猜想:BM+NC=MN.延长AC到点E,使CE=BM,连接DE,再证明两次三角形全等可证.请你按照该思路写出完整的证明过程; (2)如图2,若点M、N分别是AB、CA的延长线上的一点,其它条件不变,再探究线段BM,MN,NC之间的关系,请直接写出你的猜想(不用证明). 7.△ABC、△DPC都是等边三角形. (1)如图1,求证:AP=BD; (2)如图2,点P在△ABC内,M为AC的中点,连PM、PA、PB,若PA⊥PM,且PB=2PM. ①求证:BP⊥BD; ②判断PC与PA的数量关系并证明. 8.我们不妨约定:把“有一组邻边相等”的凸四边形叫做“菠菜四边形”. (1)如下:①平行四边形,②矩形,③菱形,④正方形,一定是“菠菜四边形”的是________(填序号); (2)如图1,四边形ABCD为“菠菜四边形”,且∠BAD=∠BCD=90°,AD=AB,AE⊥CD于点E,若AE=4,求四边形ABCD的面积; (3)①如图2,四边形ABCD为“菠菜四边形”,且AB=AD,记四边形ABCD,△BOC,△AOD的面积依次为S,,,若.求证:ADBC; ②在①的条件下,延长BA、CD交于点E,记BC=m,DC=n,求证:. 【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)(初步探索)结论:∠BAE+∠FAD=∠EAF; (2)(灵活运用)成立,理由见解析 【分析】(1)延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,可判定△ABE≌△ADG,进而得出∠BAE=∠D 解析:(1)(初步探索)结论:∠BAE+∠FAD=∠EAF; (2)(灵活运用)成立,理由见解析 【分析】(1)延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,可判定△ABE≌△ADG,进而得出∠BAE=∠DAG,AE=AG,再判定△AEF≌△AGF,可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF,据此得出结论; (2)延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,先判定△ABE≌△ADG,进而得出∠BAE=∠DAG,AE=AG,再判定△AEF≌△AGF,可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF. (1) 解:∠BAE+∠FAD=∠EAF. 理由:如图1,延长FD到点G,使DG=BE,连接AG, ∵, ∴, ∵DG=BE,, ∴△ABE≌△ADG, ∴∠BAE=∠DAG,AE=AG, ∵EF=BE+FD,DG=BE, ∴,且AE=AG,AF=AF, ∴△AEF≌△AGF, ∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF. 故答案为:∠BAE+∠FAD=∠EAF; (2) 如图2,延长FD到点G,使DG=BE,连接AG, ∵∠B+∠ADF=180°,∠ADG+∠ADF=180°, ∴∠B=∠ADG, 又∵AB=AD, ∴△ABE≌△ADG(SAS), ∴∠BAE=∠DAG,AE=AG, ∵EF=BE+FD=DG+FD=GF,AF=AF, ∴△AEF≌△AGF(SSS), ∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF 【点睛】本题考查了全等三角形的判定以及性质的综合应用,解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形,根据全等三角形的对应角相等进行推导变形.解题时注意:同角的补角相等. 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.任务一:依据1:两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等(或“边角边”或“SAS”);依据2:三角形两边的和大于第三边;任务二:;任务三:EF=2AD,见解析 【分析】任务一:依据1:根据全等的判 解析:任务一:依据1:两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等(或“边角边”或“SAS”);依据2:三角形两边的和大于第三边;任务二:;任务三:EF=2AD,见解析 【分析】任务一:依据1:根据全等的判定方法判断即可; 依据2:根据三角形三边关系判断; 任务二:可根据任务一的方法直接证明即可; 任务三:根据任务一的方法,延长中线构造全等三角形证明线段关系即可. 【详解】解:任务一: 依据1:两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等(或“边角边”或“SAS”); 依据2:三角形两边的和大于第三边. 任务二: 任务三:EF=2AD.理由如下: 如图延长AD至G,使DG=AD, ∵AD是BC边上的中线 ∴BD=CD 在△ABD和△CGD中 ∴△ABD≌△CGD ∴AB=CG,∠ABD=∠GCD 又∵AB=AE ∴AE=CG 在△ABC中,∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°, ∴∠GCD+∠BAC+∠ACB=180° 又∵∠BAE=90°,∠CAF=90° ∴∠EAF+∠BAC=360°-(∠BAE+∠CAF)=180° ∴∠EAF=∠GCD 在△EAF和△GCA中 ∴△EAF≌△GCA ∴EF=AG ∴EF=2AD. 【点睛】此题是三角形综合题,主要考查了全等三角形的判定和性质,倍长中线法,构造全等三角形是解本题的关键. 6.(1)见解析;(2)∠P=23º;(3)∠P=26º;(4)∠P=;(5)∠P=. 【分析】(1)根据三角形内角和定理即可证明; (2)如图2,根据角平分线的性质得到∠1=∠2,∠3=∠4,列方 解析:(1)见解析;(2)∠P=23º;(3)∠P=26º;(4)∠P=;(5)∠P=. 【分析】(1)根据三角形内角和定理即可证明; (2)如图2,根据角平分线的性质得到∠1=∠2,∠3=∠4,列方程组即可得到结论; (3)由AP平分∠BAD的外角∠FAD,CP平分∠BCD的外角∠BCE,推出∠1=∠2,∠3=∠4,推出∠PAD=180°-∠2,∠PCD=180°-∠3,由∠P+(180°-∠1)=∠D+(180°-∠3),∠P+∠1=∠B+∠4,推出2∠P=∠B+∠D,即可解决问题; (4)根据题意得出∠B+∠CAB=∠C+∠BDC,再结合∠CAP=∠CAB,∠CDP=∠CDB,得到y+(∠CAB-∠CAB)=∠P+(∠BDC-∠CDB),从而可得∠P=y+∠CAB-∠CAB-∠CDB+∠CDB=; (5)根据题意得出∠B+∠BAD=∠D+∠BCD,∠DAP+∠P=∠PCD+∠D,再结合AP平分∠BAD,CP平分∠BCD的外角∠BCE,得到∠BAD+∠P=[∠BCD+(180°-∠BCD)]+∠D,所以∠P=90°+∠BCD-∠BAD +∠D=. 【详解】解:(1)证明:在△AOB中,∠A+∠B+∠AOB=180°, 在△COD中,∠C+∠D+∠COD=180°, ∵∠AOB=∠COD, ∴∠A+∠B=∠C+∠D; (2)解:如图2,∵AP、CP分别平分∠BAD,∠BCD, ∴∠1=∠2,∠3=∠4, 由(1)的结论得:, ①+②,得2∠P+∠2+∠3=∠1+∠4+∠B+∠D, ∴∠P=(∠B+∠D)=23°; (3)解:如图3, ∵AP平分∠BAD的外角∠FAD,CP平分∠BCD的外角∠BCE, ∴∠1=∠2,∠3=∠4, ∴∠PAD=180°-∠2,∠PCD=180°-∠3, ∵∠P+(180°-∠1)=∠D+(180°-∠3), ∠P+∠1=∠B+∠4, ∴2∠P=∠B+∠D, ∴∠P=(∠B+∠D)=×(36°+16°)=26°; 故答案为:26°; (4)由题意可得:∠B+∠CAB=∠C+∠BDC, 即y+∠CAB=x+∠BDC,即∠CAB-∠BDC=x-y, ∠B+∠BAP=∠P+∠PDB, 即y+∠BAP=∠P+∠PDB, 即y+(∠CAB-∠CAP)=∠P+(∠BDC-∠CDP), 即y+(∠CAB-∠CAB)=∠P+(∠BDC-∠CDB), ∴∠P=y+∠CAB-∠CAB-∠CDB+∠CDB = y+(∠CAB-∠CDB) =y+(x-y) = 故答案为:∠P=; (5)由题意可得:∠B+∠BAD=∠D+∠BCD, ∠DAP+∠P=∠PCD+∠D, ∴∠B-∠D=∠BCD-∠BAD, ∵AP平分∠BAD,CP平分∠BCD的外角∠BCE, ∴∠BAP=∠DAP,∠PCE=∠PCB, ∴∠BAD+∠P=(∠BCD+∠BCE)+∠D, ∴∠BAD+∠P=[∠BCD+(180°-∠BCD)]+∠D, ∴∠P=90°+∠BCD-∠BAD +∠D =90°+(∠BCD-∠BAD)+∠D =90°+(∠B-∠D)+∠D =, 故答案为:∠P=. 【点睛】本题考查三角形内角和,三角形的外角的性质、多边形的内角和等知识,解题的关键是学会用方程组的思想思考问题,属于中考常考题型. 7.(1)过程见解析;(2)MN= NC﹣BM. 【分析】(1)延长AC至E,使得CE=BM并连接DE,根据△BDC为等腰三角形,△ABC为等边三角形,可以证得△MBD≌△ECD,可得MD=DE,∠B 解析:(1)过程见解析;(2)MN= NC﹣BM. 【分析】(1)延长AC至E,使得CE=BM并连接DE,根据△BDC为等腰三角形,△ABC为等边三角形,可以证得△MBD≌△ECD,可得MD=DE,∠BDM=∠CDE,再根据∠MDN =60°,∠BDC=120°,可证∠MDN =∠NDE=60°,得出△DMN≌△DEN,进而得到MN=BM+NC. (2)在CA上截取CE=BM,利用(1)中的证明方法,先证△BMD≌△CED(SAS),再证△MDN≌△EDN(SAS),即可得出结论. 【详解】解:(1)如图示,延长AC至E,使得CE=BM,并连接DE. ∵△BDC为等腰三角形,△ABC为等边三角形, ∴BD=CD,∠DBC=∠DCB,∠MBC=∠ACB=60°, 又BD=DC,且∠BDC=120°, ∴∠DBC=∠DCB=30° ∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°, ∴∠MBD=∠ECD=90°, 在△MBD与△ECD中, ∵ , ∴△MBD≌△ECD(SAS), ∴MD=DE,∠BDM=∠CDE ∵∠MDN =60°,∠BDC=120°, ∴∠CDE+∠NDC =∠BDM+∠NDC=120°-60°=60°, 即:∠MDN =∠NDE=60°, 在△DMN与△DEN中, ∵ , ∴△DMN≌△DEN(SAS), ∴MN=NE=CE+NC=BM+NC. (2)如图②中,结论:MN=NC﹣BM. 理由:在CA上截取CE=BM. ∵△ABC是正三角形, ∴∠ACB=∠ABC=60°, 又∵BD=CD,∠BDC=120°, ∴∠BCD=∠CBD=30°, ∴∠MBD=∠DCE=90°, 在△BMD和△CED中 ∵ , ∴△BMD≌△CED(SAS), ∴DM= DE,∠BDM=∠CDE ∵∠MDN =60°,∠BDC=120°, ∴∠NDE=∠BDC-(∠BDN+∠CDE)=∠BDC-(∠BDN+∠BDM)=∠BDC-∠MDN=120°-60°=60°, 即:∠MDN =∠NDE=60°, 在△MDN和△EDN中 ∵ , ∴△MDN≌△EDN(SAS), ∴MN =NE=NC﹣CE=NC﹣BM. 【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识,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. 8.(1)证明过程见解析; (2)①证明过程见解析;②PC=2PA,理由见解析. 【分析】(1)证明△BCD≌△ACP(SAS),可得结论; (2)①如图2中,延长PM到K,使得MK=PM,连接C 解析:(1)证明过程见解析; (2)①证明过程见解析;②PC=2PA,理由见解析. 【分析】(1)证明△BCD≌△ACP(SAS),可得结论; (2)①如图2中,延长PM到K,使得MK=PM,连接CK.证明△AMP≌△CMK(SAS),推出MP=MK,AP=CK,∠APM=∠K=90°,再证明△PDB≌△PCK(SSS),可得结论; ②结论:PC=2PA.想办法证明∠DPB=30°,可得结论. (1)证明:如图1中,∵△ABC,△CDP都是等边三角形,∴CB=CA,CD=CP,∠ACB=∠DCP=60°,∴∠BCD=∠ACP,在△BCD和△ACP中,,∴△BCD≌△ACP(SAS),∴BD=AP; (2)证明:如图2中,延长PM到K,使得MK=PM,连接CK.∵AP⊥PM,∴∠APM=90°,在△AMP和△CMK中,,∴△AMP≌△CMK(SAS),∴MP=MK,AP=CK,∠APM=∠K=90°,同法可证△BCD≌△ACP,∴BD=PA=CK,∵PB=2PM,∴PB=PK,∵PD=PC,∴△PDB≌△PCK(SSS),∴∠PBD=∠K=90°,∴PB⊥BD.②解:结论:PC=2PA.∵△PDB≌△PCK,∴∠DPB=∠CPK,设∠DPB=∠CPK=x,则∠BDP=90°-x,∵∠APC=∠CDB,∴90°+x=60°+90°-x,∴x=30°,∴∠DPB=30°,∵∠PBD=90°,∴PD=2BD,∵PC=PD,BD=PA,∴PC=2PA. 【点睛】本题属于三角形综合题,考查了全等三角形的判定和性质,等边三角形的性质,直角三角形30°角的性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,关注全等三角形解决问题. 9.(1)③ ④ (2)16 (3)①见解析;②见解析 【分析】(1)根据菠菜四边形的定义结合各个特殊四边形的定义即可得出结论; (2)过A作,交CB的延长线于F,求出四边形AFCE是矩形,则, 解析:(1)③ ④ (2)16 (3)①见解析;②见解析 【分析】(1)根据菠菜四边形的定义结合各个特殊四边形的定义即可得出结论; (2)过A作,交CB的延长线于F,求出四边形AFCE是矩形,则,求出,得出,有全等的出AE=AF=3,,求出,求出,代入求解即可; (3)记面积为,则,,根据已知条件可得,进而可得,得出 由平分线的性质结合等腰三角形的性质可得BD平分,过点D作于点H,作于点N,则DH=DN,则,由此即可得出结论. (1) 根据菱形于正方形的定义值,一定是菠菜四边形的是菱形与正方形, 故答案为:③④ (2) 如图,过A作,交CB的延长线于F, ∴ 四边形AFCE是矩形 则 四边形AFCE是正方形, 即四边形ABCD的面积为16 (3) ①记, ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 如图:作, ∴ ∴ AMAD ∴四边形AMND为平行四边形 ∴ADMN ∴ADBC ②∵ADBC ∴ 又∵AD=AB ∴ ∴ ∴BD平分 如图: ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定,三角形的面积,角平分线的性质,对于同第登高的三角形的面积相等的推到是关键.- 配套讲稿:
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- 002 人教版八 年级 上册 压轴 数学 综合 试题 解析
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