八年级数学上册压轴题模拟综合试卷附解析(一).doc
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八年级数学上册压轴题模拟综合试卷附解析(一) 1.如图,是等边三角形,点分别是射线、射线上的动点,点D从点A出发沿着射线移动,点E从点B出发沿着射线移动,点同时出发并且移动速度相同,连接. (1)如图①,当点D移动到线段的中点时,与的长度关系是:_______. (2)如图②,当点D在线段上移动但不是中点时,探究与之间的数量关系,并证明你的结论. (3)如图③,当点D移动到线段的延长线上,并且时,求的度数. 2.在平面直角坐标系中,A(a,0),B(0,b)分别是x轴负半轴和y轴正半轴上一点,点C与点A关于y轴对称,点P是x轴正半轴上C点右侧一动点. (1)当2a2+4ab+4b2+2a+1=0时,求A,B的坐标; (2)当a+b=0时, ①如图1,若D与P关于y轴对称,PE⊥DB并交DB延长线于E,交AB的延长线于F,求证:PB=PF; ②如图2,把射线BP绕点B顺时针旋转45o,交x轴于点Q,当CP=AQ时,求∠APB的大小. 3.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. 4.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. 5.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. 6.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. 7.已知:为的中线,分别以和为一边在的外部作等腰三角形和等腰三角形,且,连接,. (1)如图1,若,求的度数. (2)如图1,求证:. (3)如图2,设交于点,交于点与交于点,若点为中点,且,请探究和的数量关系,并直接写出答案(不需要证明). 8.【阅读材料】小明同学发现这样一个规律:两个顶角相等的等腰三角形,如果具有公共的顶角的顶点,并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形,小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形如图1,在“手拉手”图形中,小明发现若∠BAC=∠DAE,AB=AC,AD=AE,则ABD≌ACE. 【材料理解】(1)在图1中证明小明的发现. 【深入探究】(2)如图2,ABC和AED是等边三角形,连接BD,EC交于点O,连接AO,下列结论:①BD=EC;②∠BOC=60°;③∠AOE=60°,其中正确的有_____.(将所有正确的序号填在横线上) 【延伸应用】(3)如图3,在四边形ABCD中,BD=CD,AB=BE,∠ABE=∠BDC=60°,试探究∠A与∠BED的数量关系,并证明. 【参考答案】 2.(1) (2),证明见详解 (3) 【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,在射线AB上截取,如图(见详解),利用等边三角形的性质及可 解析:(1) (2),证明见详解 (3) 【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,在射线AB上截取,如图(见详解),利用等边三角形的性质及可知为等边三角形,再利用边角边即可证明,最后根据全等三角形的性质即可证明; (3)按照第(2)问的思路,作出类似的辅助线:在射线CB上截取,如图(见详解),用同样的方法证明,再根据ED⊥DC,证出为等腰直角三角形,即可求出∠DEC的度数. (1) 解:, 证明过程如下:由题意可知, ∵D为AB的中点, ∴, ∴, ∴. ∵为等边三角形,, ∴. ∵, ∴, ∴, ∴. (2) 解:, 理由如下:在射线AB上截取,连接EF,如图所示, ∵为等边三角形, ∴,. ∵,, ∴为等边三角形, ∴,. 由题意知, ∴, ∴. 即. ∵, ∴. 在和中,, ∴, ∴DE与DC之间的数量关系是. (3) 如图,在射线CB上截取,连接DF,如图所示, ∵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,以及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. 3.(1);(2)①见解析;②∠APB=22.5° 【分析】(1)利用非负数的性质求解即可; (2)①想办法证明∠PBF=∠F,可得结论;②如图2中,过点Q作QF⊥QB交PB于F,过点F作FH⊥x轴 解析:(1);(2)①见解析;②∠APB=22.5° 【分析】(1)利用非负数的性质求解即可; (2)①想办法证明∠PBF=∠F,可得结论;②如图2中,过点Q作QF⊥QB交PB于F,过点F作FH⊥x轴于H,可得等腰直角△BQF,证明△FQH≌△QBO(AAS),再证明FQ=FP即可解决问题. 【详解】解:(1)∵2a2+4ab+4b2+2a+1=0, ∴(a+2b)2+(a+1)2=0, ∵(a+2b)2≥0 ,(a+1)2≥0, ∴a+2b=0,a+1=0, ∴a=﹣1,b=, ∴A(﹣1,0),B(0,). (2)①证明:如图1中, ∵a+b=0, ∴a=﹣b, ∴OA=OB, 又∵∠AOB=90°, ∴∠BAO=∠ABO=45°, ∵D与P关于y轴对称, ∴BD=BP, ∴∠BDP=∠BPD, 设∠BDP=∠BPD=α, 则∠PBF=∠BAP+∠BPA=45°+α, ∵PE⊥DB, ∴∠BEF=90°, ∴∠F=90°﹣∠EBF, 又∠EBF=∠ABD=∠BAO﹣∠BDP=45°﹣α, ∴∠F=45°+α, ∴∠PBF=∠F, ∴PB=PF. ②解:如图2中,过点Q作QF⊥QB交PB于F,过点F作FH⊥x轴于H.可得等腰直角△BQF, ∵∠BOQ=∠BQF=∠FHQ=90°, ∴∠BQO+∠FQH=90°,∠FQH+∠QFH=90°, ∴∠BQO=∠QFH, ∵QB=QF, ∴△FQH≌△QBO(AAS), ∴HQ=OB=OA, ∴HO=AQ=PC, ∴PH=OC=OB=QH, ∴FQ=FP, 又∠BFQ=45°, ∴∠APB=22.5°. 【点睛】本题考查完全平方公式、实数的非负性、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质,解题的关键是综合运用相关知识解题. 4.(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 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. 5.(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. 6.(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. 7.(1)A(0,1); (2)见解析; (3)不变,BP= 2. 【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 解析:(1)A(0,1); (2)见解析; (3)不变,BP= 2. 【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=4.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=2. (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=4.∵BD=BO,∴CE=BD.∵∠CEP=∠DBP=90°,∠CPE=∠DPB,∴△CPE≌△DPB(AAS),∴BP=EP=2. 【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. 8.(1)∠BAC=50°; (2)见解析; (3) 【分析】(1)利用三角形内角和定理求出∠EAB和∠CAF,再根据构建方程即可解决问题; (2)延长AD至H,使DH=AD,连接BH,想办法证 解析:(1)∠BAC=50°; (2)见解析; (3) 【分析】(1)利用三角形内角和定理求出∠EAB和∠CAF,再根据构建方程即可解决问题; (2)延长AD至H,使DH=AD,连接BH,想办法证明△ABH≌△EAF即可解决问题; (3)先证明△ACD≌△FAG,推出∠ACD=∠FAG,再证明∠BCF=150°即可. (1) ∵AE=AB, ∴∠AEB=∠ABE=65°, ∴∠EAB=50°, ∵AC=AF, ∴∠ACF=∠AFC=75°, ∴∠CAF=30°, ∵∠EAF+∠BAC=180°, ∴∠EAB+2∠ABC+∠FAC=180°, ∴50°+2∠BAC+30°=180°, ∴∠BAC=50°. (2) 证明:延长AD至H,使DH=AD,连接BH, ∵EF=2AD, ∴AH=EF, 在△BDH和△CDA中, , ∴△BDH≌△CDA, ∴HB=AC=AF,∠BHD=∠CAD, ∴AC∥BH, ∴∠ABH+∠BAC=180°, ∵∠EAF+∠BAC=180°, ∴∠EAF=∠ABH, 在△ABH和△EAF中, , ∴△ABH≌△EAF, ∴∠AEF=∠ABH,EF=AH=2AD, (3) 结论:∠GAF-∠CAF=60°. 由(1)得,AD=EF,又点G为EF中点, ∴EG=AD, 在△EAG和△ABD中, , ∴△EAG≌△ABD, ∴∠EAG=∠ABC=60°, ∴△AEB是等边三角形, ∴∠ABE=60°, ∴∠CBM=60°, 在△ACD和△FAG中, , ∴△ACD≌△FAG, ∴∠ACD=∠FAG, ∵AC=AF,∴∠ACF=∠AFC, 在四边形ABCF中,∠ABC+∠BCF+∠CFA+∠BAF=360°, ∴60°+2∠BCF=360°, ∴∠BCF=150°, ∴∠BCA+∠ACF=150°, ∴∠GAF+(180°-∠CAF)=150°, ∴∠GAF-∠CAF=60°. . 【点睛】本题考查三角形综合题,涉及全等三角形的判定和性质、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. 9.(1)见解析;(2)①②③;(3),证明见解析 【分析】(1)利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE,即可得出结论; (2)同(1)的方法判断出△ABD≌△ACE,得出BD=CE,再利用对顶角和三 解析:(1)见解析;(2)①②③;(3),证明见解析 【分析】(1)利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE,即可得出结论; (2)同(1)的方法判断出△ABD≌△ACE,得出BD=CE,再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°,再判断出△BCF≌△ACO,得出∠AOC=120°,进而得出∠AOE=60°,再判断出BF<CF,进而判断出∠OBC>30°,即可得出结论; (3)先判断出△BDC是等边三角形,得出BD=BC,∠DBC=60°,进而判断出△ABD≌△EBC(SAS),由全等三角形的性质即可得出结论. 【详解】(1)证明:∵∠BAC=∠DAE, ∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD, ∴∠BAD=∠CAE, 在△ABD和△ACE中, , ∴△ABD≌△ACE(SAS); (2)解:如图2,∵△ABC和△ADE是等边三角形, ∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°, ∴∠BAD=∠CAE, 在△ABD和△ACE中, , ∴△ABD≌△ACE(SAS), ∴BD=CE,①正确,∠ADB=∠AEC, 记AD与CE的交点为G, ∵∠AGE=∠DGO, ∴180°−∠ADB−∠DGO=180°−∠AEC−∠AGE, ∴∠DOE=∠DAE=60°, ∴∠BOC=60°,②正确, 在OB上取一点F,使OF=OC,连接CF, ∴△OCF是等边三角形, ∴CF=OC,∠OFC=∠OCF=60°=∠ACB, ∴∠BCF=∠ACO, ∵AB=AC, ∴△BCF≌△ACO(SAS), ∴∠AOC=∠BFC=180°−∠OFC=120°, ∴∠AOE=180°−∠AOC=60°,③正确, 连接AF,要使OC=OE,则有OC=CE, ∵BD=CE, ∴CF=OF=BD, ∴OF=BF+OD, ∴BF<CF, ∴∠OBC>∠BCF, ∵∠OBC+∠BCF=∠OFC=60°, ∴∠OBC>30°,而没办法判断∠OBC大于30度, 所以,④不一定正确, 即:正确的有①②③, 故答案为①②③; (3)∠A+∠BED=180°. 如图3, 证明:∵∠BDC=60°,BD=CD, ∴△BDC是等边三角形, ∴BD=BC,∠DBC=60°, ∵∠ABC=60°=∠DBC, ∴∠ABD=∠CBE, ∵AB=BE, ∴△ABD≌△EBC(SAS), ∴∠BEC=∠A, ∵∠BED+∠BEC=180°, ∴∠A+∠BED=180°. 【点睛】此题是三角形综合题,主要考查了等腰三角形的性质,等边三角形的性质,全等三角形的判定和性质,构造等边三角形是解本题的关键.- 配套讲稿:
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