八年级上学期压轴题数学质量检测试卷含解析(一)[001].doc
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八年级上学期压轴题数学质量检测试卷含解析(一) 1、在平面直角坐标系中,点A在x轴的负半轴上,点B在y轴的正半轴上,点A与点C关于y轴对称. (1)如图1,OA=OB,AF平分∠BAC交BC于F,BE⊥AF交AC于E,请直接写出EF与EC的数量关系为 ; (2)如图2,AF平分∠BAC交BC于F,若AF=2OB,求∠ABC的度数; (3)如图3,OA=OB,点G在BO的垂直平分线上,作∠GOH=45°交BA的延长线于H,连接GH,试探究OG与GH的数量和位置关系. 2、等腰Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点A、点B分别是y轴、x轴上两个动点,直角边AC交x轴于点D,斜边BC交y轴于点E. (1)如图(1),已知C点的横坐标为-1,直接写出点A的坐标; (2)如图(2),当等腰Rt△ABC运动到使点D恰为AC中点时,连接DE.求证:∠ADB=∠CDE; (3)如图(3),若点A在x轴上,且A(-4,0),点B在y轴的正半轴上运动时,分别以OB、AB为直角边在第一、二象限作等腰直角△BOD和等腰直角△ABC,连结CD交,轴于点P,问当点B在y轴的正半轴上运动时,BP的长度是否变化?若变化请说明理由,若不变化,请求出BP的长度. 3、已知,A(0,a),B(b,0),点为x轴正半轴上一个动点,AC=CD,∠ACD=90°. (1)已知a,b满足等式|a +b|+b2+4b=-3、 ①求A点和B点的坐标; ②如图1,连BD交y轴于点H,求点H的坐标; (2)如图2,已知a+b=0,OC>OB,作点B关于y轴的对称点E,连DE,点F为DE的中点,连OF和CF,请补全图形,探究OF与CF有什么数量和位置关系,并证明你的结论. 4、如图1,在平面直角坐标系中,AO=AB,∠BAO=90°,BO=8cm,动点D从原点O出发沿x轴正方向以acm/s的速度运动,动点E也同时从原点O出发在y轴上以bcm/s的速度运动,且a,b满足关系式a2+b2﹣4a﹣2b+5=0,连接OD,OE,设运动的时间为t秒. (1)求a,b的值; (2)当t为何值时,△BAD≌△OAE; (3)如图2,在第一象限存在点P,使∠AOP=30°,∠APO=15°,求∠ABP. 5、如图,在平面直角坐标系中,已知点,,且,为轴上点右侧的动点,以为腰作等腰,使,,直线交轴于点. (1)求证:; (2)求证:; (3)当点运动时,点在轴上的位置是否发生变化,为什么? 6、(1)如图1,已知:在ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,直线m经过点A,BD⊥直线m,CE⊥直线m,垂足分别为点D、E. 证明:DE=BD+CE.(提示:由于DE=AD+AE,证明AD=CE,AE=BD即可) (2)如图2,将(1)中的条件改为:在ABC中,AB=AC,D、A、E三点都在直线m上,并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=,其中为任意钝角,请问结论DE=BD+CE是否成立?如成立,请你给出证明;若不成立,请说明理由. (3)如图3,D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点(D、A、E三点互不重合),点F为∠BAC平分线上的一点,且ABF和ACF均为等边三角形,连接BD、CE,若∠BDA=∠AEC=∠BAC,试证明DEF是等边三角形. 7、已知在四边形ABCD中,∠ABC+∠ADC=180°,AB=BC. (1)如图1,若∠BAD=90°,AD=2,求CD的长度; (2)如图2,点P、Q分别在线段AD、DC上,满足PQ=AP+CQ,求证:∠PBQ=90°−∠ADC; (3)如图3,若点Q运动到DC的延长线上,点P也运动到DA的延长线上时,仍然满足PQ=AP+CQ,则(2)中的结论是否成立?若成立,请给出证明过程,若不成立,请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系,并给出证明过程. 8、如图1,将两块全等的三角板拼在一起,其中△ABC的边BC在直线l上,AC⊥BC且AC = BC;△EFP的边FP也在直线l上,边EF与边AC重合,EF⊥FP且EF = FP. (1)在图1中,请你通过观察、测量,猜想并写出AB与AP所满足的数量关系和位置关系; (2)将三角板△EFP沿直线l向左平移到图2的位置时,EP交AC于点Q,连接AP、BQ.猜想并写出BQ与AP所满足的数量关系和位置关系,并证明你的猜想; (3)将三角板△EFP沿直线l向左平移到图3的位置时,EP的延长线交AC的延长线于点Q,连接AP、BQ.你认为(2)中猜想的BQ与AP所满足的数量关系和位置关系还成立吗?若成立,给出证明;若不成立,请说明理由. 【参考答案】 1、(1)EF=EC (2)72° (3)GH=GO,GH⊥GO 【分析】(1)如图1中,设AF交BE于点J.首先证明AB=AE,再证明∠AEF=∠ABF=90°,可得结论; (2)如图2中,取CF的中 【解析】(1)EF=EC (2)72° (3)GH=GO,GH⊥GO 【分析】(1)如图1中,设AF交BE于点J.首先证明AB=AE,再证明∠AEF=∠ABF=90°,可得结论; (2)如图2中,取CF的中点T,连接OT.由OA=OC,BO⊥AC,推出BA=BC,推出∠BAC=∠BCA,∠ABO=∠CBO,设∠BAC=∠BCA=2α,利用三角形内角和定理,构建方程求解即可; (3)结论:OG=GH,OG⊥GH.如图3中,连接GB,在BA上取一点H′,使得GB=GH′,连接OH′,设AB交DG于点W,交OG于点K,连接OW.证明∠GOH′=GOH=45°,推出点H与点H′重合,可得结论. (1)解:(1)结论:EF=EC.理由:如图1中,设AF交BE于点J.∵AF平分∠BAC,∴∠BAF=∠CAF,∵BE⊥AF,∴∠BAF+∠ABE=90°,∠CAF+∠AEB=90°,∴∠ABE=∠AEB,∴AB=AE,∵A,C关于y轴对称,∴OA=OC,∵OA=OB,∴OA=OB=OC,∴∠OAB=∠OBA=45°,∠OCB=∠OBC=45°,∴∠ABC=90°,在△ABF和△AEF中,,∴△ABF≌△AEF(SAS),∴∠AEF=∠ABF=90°,∴∠CEF=90°,∴∠ECF=∠EFC=45°,∴EF=EC; (2)解:如图2中,取CF的中点T,连接OT.∵AO=OC,FT=TC,∴OT∥AF,OT=AF,∵AF=2OB,∴OB=OT,∴∠OBT=∠OTB,∵OA=OC,BO⊥AC,∴BA=BC,∴∠BAC=∠BCA,∠ABO=∠CBO,设∠BAC=∠BCA=2α,∵AF平分∠BAC,∴∠BAF=∠CAF=α,∵OT∥AF,∴∠TOC=∠CAF=α,∴∠OBT=∠OTB=∠TOC+∠TCO=3α,∵∠OBC+∠OCB=90°,∴5α=90°,∴α=18°,∴∠OBC=36°,∴∠ABC=2∠OBC=72°; (3)解:结论:OG=GH,OG⊥GH.理由:如图3中,连接GB,在BA上取一点H′,使得GB=GH′,连接OH′,设AB交DG于点W,交OG于点K,连接OW.设∠OGB=m,∠OGH′=n,∵GD垂直平分线段OB,∴GB=GO,∠DGB=∠DGO=m,∵GB=GO=GH′,∴∠GH′O=(180°-n)=90°-n,∠GH′B=(180°-m-n)=90°-m-n,∴∠KH′O=∠GH′O-∠GH′B=90°-n-(90°-m-n)=m,∴∠KH′O=∠KGW,∵∠GKW=∠H′KO,∴∠H′OK=∠GWK,∵DG∥OA,∴∠GWK=∠OAB=45°,∴∠COH′=45°,∵∠COH=45°,∴∠COH=∠COH′,∴点H与点H′重合,∴OG=GH,∴∠GHO=∠GOH=45°,∴∠OGH=90°,∴GH=GO,GH⊥GO. 【点睛】本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,等腰三角形的性质等知识,第三个问题比较难,采用了同一法解决问题. 2、(1)A(0,1); (2)见解析; (3)不变,BP= 1、 【分析】(1)如图(1),过点C作CF⊥y轴于点F,构建全等三角形:△ACF≌△ABO(AAS),结合该全等三角形的对应边相等易得OA 【解析】(1)A(0,1); (2)见解析; (3)不变,BP= 1、 【分析】(1)如图(1),过点C作CF⊥y轴于点F,构建全等三角形:△ACF≌△ABO(AAS),结合该全等三角形的对应边相等易得OA的长度,由点A是y轴上一点可以推知点A的坐标; (2)过点C作CG⊥AC交y轴于点G,则△ACG≌△ABD(ASA),即得CG=AD=CD,∠ADB=∠G,由∠DCE=∠GCE=45°,可证△DCE≌△GCE(SAS)得∠CDE=∠G,从而得到结论; (3)BP的长度不变,理由如下:如图(3),过点C作CE⊥y轴于点E,构建全等三角形:△CBE≌△BAO(AAS),结合全等三角形的对应边相等推知:CE=BO,BE=AO=3、再结合已知条件和全等三角形的判定定理AAS得到:△CPE≌△DPB,故BP=EP=1、 (1)如图(1),过点C作CF⊥y轴于点F,∵CF⊥y轴于点F,∴∠CFA=90°,∠ACF+∠CAF=90°,∵∠CAB=90°,∴∠CAF+∠BAO=90°,∴∠ACF=∠BAO,在△ACF和△ABO中,,∴△ACF≌△ABO(AAS),∴CF=OA=1,∴A(0,1); (2)如图2,过点C作CG⊥AC交y轴于点G,∵CG⊥AC,∴∠ACG=90°,∠CAG+∠AGC=90°,∵∠AOD=90°,∴∠ADO+∠DAO=90°,∴∠AGC=∠ADO,在△ACG和△ABD中,,∴△ACG≌△ABD(AAS),∴CG=AD=CD,∠ADB=∠G,∵∠ACB=45°,∠ACG=90°,∴∠DCE=∠GCE=45°,在△DCE和△GCE中,,∴△DCE≌△GCE(SAS),∴∠CDE=∠G,∴∠ADB=∠CDE; (3)BP的长度不变,理由如下:如图(3),过点C作CE⊥y轴于点E.∵∠ABC=90°,∴∠CBE+∠ABO=90°.∵∠BAO+∠ABO=90°,∴∠CBE=∠BAO.∵∠CEB=∠AOB=90°,AB=AC,∴△CBE≌△BAO(AAS),∴CE=BO,BE=AO=3、∵BD=BO,∴CE=BD.∵∠CEP=∠DBP=90°,∠CPE=∠DPB,∴△CPE≌△DPB(AAS),∴BP=EP=1、 【点睛】本题考查了三角形综合题.主要利用了全等三角形的性质定理与判定定理,解决本题的关键是作出辅助线,构建全等三角形. 3、(1)①A(0,2),B(-2,0);②H(0,-2);(2)CF⊥OF,CF=OF,证明见解析. 【分析】(1)①利用绝对值、完全平方的非负性的应用,求出a、b的值,即可得到答案; ②过C作y轴垂 【解析】(1)①A(0,2),B(-2,0);②H(0,-2);(2)CF⊥OF,CF=OF,证明见解析. 【分析】(1)①利用绝对值、完全平方的非负性的应用,求出a、b的值,即可得到答案; ②过C作y轴垂线交BA的延长线于E,然后证明△CEA≌△CBD,得到OB=OH,即可得到答案; (2)由题意,先证明△DFG≌△EFO,然后证明△DCG≌△ACO,得到△OCG是等腰直角三角形,再根据三线合一定理,即可得到结论成立. 【详解】解:(1)∵, ∴, ∴, ∴,, ∴, ∴, ∴A(0,2),B(2,0); ②过C作x轴垂线交BA的延长线于E, ∵OA=OB=2,∠AOB=90°, ∴△AOB是等腰直角三角形, ∴∠ABO=45°, ∵EC⊥BC, ∴△BCE是等腰直角三角形, ∴BC=EC,∠BCE=90°=∠ACD, ∴∠ACE=∠DCB, ∵AC=DC, ∴△CEA≌△CBD, ∴∠CBD=∠E=45°, ∴OH=OB=2, ∴H(0,2); (2)补全图形,如图: ∵点B、E关于y轴对称, ∴OB=OE, ∵a+b=0,即 ∴OA=OB=OE 延长OF至G使FG=OF,连DG,CG, ∵OF=FG,∠OFE=∠DFG,EF=DF ∴△DFG≌△EFO ∴DG=OE=OA,∠DGF=∠EOF ∴DG∥OE ∴∠CDG=∠DCO; ∵∠ACO+∠CAO=∠ACO+∠DCO=90°, ∴∠DCO=∠CAO; ∴∠CDG=∠DCO=∠CAO; ∵CD=AC,OA=DG ∴△DCG≌△ACO ∴OC=GC,∠DCG=∠ACO ∴∠OCG=90°, ∴∠COF=45°, ∴△OCG是等腰直角三角形, 由三线合一定理得CF⊥OF ∵∠OCF=∠COF=45°, ∴CF=OF; 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,轴对称的性质,非负性的应用,解题的关键是熟练掌握所学的知识,正确的作出辅助线进行解题. 4、(1)a=2,b=1;(2)t=或t=8;(3)∠ABP=105°. 【分析】(1)将a2+b2﹣4a﹣2b+5=0用配方法得出(a﹣2)2+(b﹣1)2=0,利用非负数的性质,即可得出结论; (2 【解析】(1)a=2,b=1;(2)t=或t=8;(3)∠ABP=105°. 【分析】(1)将a2+b2﹣4a﹣2b+5=0用配方法得出(a﹣2)2+(b﹣1)2=0,利用非负数的性质,即可得出结论; (2)先由运动得出BD=|8﹣2t|,再由全等三角形的性质的出货BD=OE,建立方程求解即可得出结论. (3)先判断出△OAP≌△BAQ(SAS),得出OP=BQ,∠ABQ=∠AOP=30°,∠AQB=∠APO=15°,再求出∠OAP=135°,进而判断出△OAQ≌△BAQ(SAS),得出∠OQA=∠BQA=15°,OQ=BQ,再判断出△OPQ是等边三角形,得出∠OQP=60°,进而求出∠BQP=30°,再求出∠PBQ=75°,即可得出结论. 【详解】解:(1)∵a2+b2﹣4a﹣2b+5=0, ∴(a﹣2)2+(b﹣1)2=0, ∴a﹣2=0,b﹣1=0, ∴a=2,b=1; (2)由(1)知,a=2,b=1, 由运动知,OD=2t,OE=t, ∵OB=8, ∴DB=|8﹣2t| ∵△BAD≌△OAE, ∵DB=OE, ∴|8﹣2t|=t, 解得,t=(如图1)或t=8(如图2); (3)如图3, 过点A作AQ⊥AP,使AQ=AP,连接OQ,BQ,PQ, 则∠APQ=45°,∠PAQ=90°, ∵∠OAB=90°, ∴∠PAQ=∠OAB, ∴∠OAB+∠BAP=∠PAQ+∠BAP, 即:∠OAP=∠BAQ, ∵OA=AB,AD=AD, ∴△OAP≌△BAQ(SAS), ∴OP=BQ,∠ABQ=∠AOP=30°,∠AQB=∠APO=15°, 在△AOP中,∠AOP=30°,∠APO=15°, ∴∠OAP=180°﹣∠AOP﹣∠APO=135°, ∴∠OAQ=360°﹣∠OAP﹣∠PAQ=135°﹣90°=135°=∠OAP, ∵OA=AB,AD=AD, ∴△OAQ≌△BAQ(SAS), ∴∠OQA=∠BQA=15°,OQ=BQ, ∵OP=BQ, ∴OQ=OP, ∵∠APQ=45°,∠APO=15°, ∴∠OPQ=∠APO+∠APQ=60°, ∴△OPQ是等边三角形, ∴∠OQP=60°, ∴∠BQP=∠OQP﹣∠OQA﹣∠BQA=60°﹣15°﹣15°=30°, ∵BQ=PQ, ∴∠PBQ=(180°﹣∠BQP)=75°, ∴∠ABP=∠ABQ+∠PBQ=30°+75°=105°. 【点睛】本题是三角形综合题,主要考查了配方法、非负数的性质、三角形内角和定理、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定及性质,构造出全等三角形是解题的关键. 5、(1)见解析;(2)见解析;(3)不变,理由见解析 【分析】(1)先根据非负数的性质求出、的值,作于点,由定理得出,根据全等三角形的性质即可得出结论; (2)先根据,得出,再由定理即可得出; (3) 【解析】(1)见解析;(2)见解析;(3)不变,理由见解析 【分析】(1)先根据非负数的性质求出、的值,作于点,由定理得出,根据全等三角形的性质即可得出结论; (2)先根据,得出,再由定理即可得出; (3)设,由全等三角形的性质可得出,故为定值,再由,可知的长度不变,故可得出结论. 【详解】解:(1)证明:, ,解得, ,, 作于点, ,, ,, 在与中, , , ; (2)证明:, ,即, 在与中, , ; (3)点在轴上的位置不发生改变. 理由:设, 由(2)知,, , ,为定值,, 长度不变, 点在轴上的位置不发生改变. 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质,熟知全等三角形的判定定理是解答此题的关键. 6、(1)见解析;(2)成立,见解析;(3)见解析 【分析】(1)运用AAS证明△ADB≌△CEA即可; (2)运用AAS证明△ADB≌△CEA即可; (3)运用SAS证明△DBF≌△EAF,后运用有一 【解析】(1)见解析;(2)成立,见解析;(3)见解析 【分析】(1)运用AAS证明△ADB≌△CEA即可; (2)运用AAS证明△ADB≌△CEA即可; (3)运用SAS证明△DBF≌△EAF,后运用有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可. 【详解】(1)如图1,∵BD⊥直线m,CE⊥直线m, ∴∠BDA=∠CEA=90°, ∵∠BAC=90°, ∴∠BAD+∠CAE=90° ∵∠BAD+∠ABD=90°, ∴∠CAE=∠ABD, 在△ADB和△CEA中,, ∴△ADB≌△CEA(AAS), ∴AE=BD,AD=CE, ∴DE=AE+AD=BD+CE; (2)如图2, ∵∠BDA=∠BAC=α, ∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=, ∴∠DBA=∠CAE, 在△ADB和△CEA中,, ∴△ADB≌△CEA(AAS), ∴AE=BD,AD=CE, ∴DE=AE+AD=BD+CE; (3)如图3, 由(2)可知,△ADB≌△CEA, ∴BD=AE,∠DBA=∠CAE, ∵△ABF和△ACF均为等边三角形, ∴∠ABF=∠CAF=60°,BF=AF, ∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF, ∴∠DBF=∠FAE, ∵在△DBF和△EAF中, , ∴△DBF≌△EAF(SAS), ∴DF=EF,∠BFD=∠AFE, ∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°, ∴△DEF为等边三角形. 【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质,等边三角形的判定,熟练掌握三角形全等的判定是解题的关键. 7、(1)CD=2;(2)证明见解析;(3)(2)中结论不成立,应该是:,理由见解析. 【分析】(1)如图1,利用HL证得两个直角三角形全等:Rt△BAD≌Rt△BCD,则其对应边相等:AD=DC=2; 【解析】(1)CD=2;(2)证明见解析;(3)(2)中结论不成立,应该是:,理由见解析. 【分析】(1)如图1,利用HL证得两个直角三角形全等:Rt△BAD≌Rt△BCD,则其对应边相等:AD=DC=2; (2)如图2,延长DC,在上面找一点K,使得CK=AP,连接BK,通过证△BPA≌△BCK(SAS)得到:∠1=∠2,BP=BK.然后由全等三角形△PBQ≌△BKQ的对应角相等求得∠PBQ=∠ABC,结合已知条件“∠ABC+∠ADC=180°”可以推知∠PBQ=90°-∠ADC; (3)(2)中结论不成立,应该是:∠PBQ=90°+∠ADC. 如图3,在CD延长线上找一点K,使得KC=AP,连接BK,构建全等三角形:△BPA≌△BCK(SAS),由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得:△PBQ≌△BKQ,则其对应角相等:∠PBQ=∠KBQ,结合四边形的内角和是360度可以推得:∠PBQ=90°+∠ADC. 【详解】(1)∵, ∴ 在Rt△BAD和Rt△BCD中, ∴Rt△BAD≌Rt△BCD(HL) ∴AD=DC=2 ∴DC=2 (2)如图,延长DC,在上面找一点K,使得CK=AP,连接BK ∵ ∴ ∵ ∴ 在△BPA和△BCK中 ∴△BPA≌△BCK(SAS) ∴,BP=BK ∵PQ=AP+CQ ∴PQ=QK 在△PBQ和△BKQ中 ∴△PBQ≌△BKQ(SSS) ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ (3)(2)中结论不成立,应该是: 在CD延长线上找一点K,使得KC=AP,连接BK ∵ ∴ ∵ ∴ 在△BPA和△BCK中 ∴△BPA≌△BCK(SAS) ∴,BP=BK ∴ ∵PQ=AP+CQ ∴PQ=QK 在△PBQ和△BKQ中 ∴△PBQ≌△BKQ(SSS) ∴ ∴ ∴ ∴ 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质.在应用全等三角形的判定时,要注意三角形间的公共边和公共角,必要时添加适当辅助线构造三角形. 8、(1)AB=AP,AB⊥AP;(2)BQ=AP,BQ⊥AP;(3)成立,见解析. 【分析】(1)根据等腰直角三角形性质得出AB=AP,∠BAC=∠PAC=45°,求出∠BAP=90°即可; (2)求 【解析】(1)AB=AP,AB⊥AP;(2)BQ=AP,BQ⊥AP;(3)成立,见解析. 【分析】(1)根据等腰直角三角形性质得出AB=AP,∠BAC=∠PAC=45°,求出∠BAP=90°即可; (2)求出CQ=CP,根据SAS证△BCQ≌△ACP,推出AP=BQ,∠CBQ=∠PAC,根据三角形内角和定理求出∠CBQ+∠BQC=90°,推出∠PAC+∠AQG=90°,求出∠AGQ=90°即可; (3)BO与AP所满足的数量关系为相等,位置关系为垂直.证明方法与(2)一样. 【详解】(1)AB=AP且AB⊥AP, 证明:∵AC⊥BC且AC=BC, ∴△ABC为等腰直角三角形, ∴∠BAC=∠ABC=, 又∵△ABC与△EFP全等, 同理可证∠PEF=45°, ∴∠BAP=45°+45°=90°, ∴AB=AP且AB⊥AP; (2)BQ与AP所满足的数量关系是AP=BQ,位置关系是AP⊥BQ, 证明:延长BQ交AP于G, 由(1)知,∠EPF=45°,∠ACP=90°, ∴∠PQC=45°=∠QPC, ∴CQ=CP, ∵∠ACB=∠ACP=90°,AC=BC, ∴在△BCQ和△ACP中 ∴△BCQ≌△ACP(SAS), ∴AP=BQ,∠CBQ=∠PAC, ∵∠ACB=90°, ∴∠CBQ+∠BQC=90°, ∵∠CQB=∠AQG, ∴∠AQG+∠PAC=90°, ∴∠AGQ=180°-90°=90°, ∴AP⊥BQ; (3)成立. 证明:如图,∵∠EPF=45°, ∴∠CPQ=45°. ∵AC⊥BC, ∴∠CQP=∠CPQ, CQ=CP. 在Rt△BCQ和Rt△ACP中, ∴Rt△BCQ≌Rt△ACP(SAS) ∴BQ=AP; 延长BQ交AP于点N, ∴∠PBN=∠CBQ. ∵Rt△BCQ≌Rt△ACP, ∴∠BQC=∠APC. 在Rt△BCQ中,∠BQC+∠CBQ=90°, ∴∠APC+∠PBN=90°. ∴∠PNB=90°. ∴BQ⊥AP. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质:有两组边对应相等,且它们所夹的角相等,那么这两个三角形全等;全等三角形的对应边相等.也考查了等腰直角三角形的判定与性质.- 配套讲稿:
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