八年级上学期压轴题强化数学试题含解析(一)[001].doc
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八年级上学期压轴题强化数学试题含解析(一) 1、如图1,在平面直角坐标系中,点A(a,0)、点B(b,0)为x轴上两点,点C在y轴的正半轴上,且a,b满足等式. (1)________; (2)如图2,若M,N是OC上的点,且,延长BN交AC于P,判断△APN的形状并说明理由; (3)如图3,若,点D为线段BC上的动点(不与B,C重合),过点D作于E,BG平分∠ABC交线段DE于点G,连AD,F为AD的中点,连接CG,CF,FG.试说明,CG与FG的数量关系. 2、如图,在等边△ABC中,AB=AC=BC=6cm,现有两点M、N分别从点A、B同时出发,沿三角形的边运动,已知点M的速度为1cm/s,点N的速度为2cm/s.当点N第一次回到点B时,点M、N同时停止运动,设运动时间为ts. (1)当t为何值时,M、N两点重合; (2)当点M、N分别在AC、BA边上运动,△AMN的形状会不断发生变化. ①当t为何值时,△AMN是等边三角形; ②当t为何值时,△AMN是直角三角形; (3)若点M、N都在BC边上运动,当存在以MN为底边的等腰△AMN时,求t的值. 3、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. 4、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). 5、如图1,在平面直角坐标系中,点在x轴负半轴上,点B在y轴正半轴上,设,且. (1)直接写出的度数. (2)如图2,点D为AB的中点,点P为y轴负半轴上一点,以AP为边作等边三角形APQ,连接DQ并延长交x轴于点M,若,求点M的坐标. (3)如图3,点C与点A关于y轴对称,点E为OC的中点,连接BE,过点B作,且,连接AF交BC于点P,求的值. 6、如图1,在△ABC中,AE⊥BC于E,AE=BE,D是AE上一点,且DE=CE,连接BD,CD. (1)判断与的位置关系和数量关系,并证明; (2)如图2,若将△DCE绕点E旋转一定的角度后,BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化?并证明; (3)如图3,将(2)中的等腰直角三角形都换成等边三角形,其他条件不变,求BD与AC夹角的度数. 7、在平面直角坐标系中,点A(a,0),点B(0,b),已知a,b满足. (1)求点A和点B的坐标; (2)如图1,点E为线段OB的中点,连接AE,过点A在第二象限作,且,连接BF交x轴于点D,求点D和点F的坐标;: (3)在(2)的条件下,如图2,过点E作交AB于点P,M是EP延长线上一点,且,连接MO,作,ON交BA的延长线于点N,连接MN,求点N的坐标. 8、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). 【参考答案】 1、(1)0 (2)等腰三角形,见解析 (3)CG=2FG 【分析】(1)由可得,得出a、b的值即可求解; (2)由OC垂直平分AB可得,再由外角可得 ,结合已知条件,等量代换即可得到结论; (3)先延 【解析】(1)0 (2)等腰三角形,见解析 (3)CG=2FG 【分析】(1)由可得,得出a、b的值即可求解; (2)由OC垂直平分AB可得,再由外角可得 ,结合已知条件,等量代换即可得到结论; (3)先延长GF至点M,使FM=FG,连接CG、CM、AM,可证,得到,再结合已知条件得到,可得是等腰三角形,利用等腰三角形的性质得出,最后证明 为等边三角形,即可得到结论. (1) 解得 (2) 是等腰三角形,理由如下: 由点A(a,0)、点B(b,0)为x轴上两点,且 可得,OA=OB OC垂直平分AB , 是等腰三角形 (3) ,理由如下: 如图,延长GF至点M,使FM=FG,连接CG、CM、AM F为AD的中点 在和中 垂直平分 ,BG平分 为等边三角形, 在和中 即是等腰三角形 为等边三角形 在 中, . 【点睛】本题是三角形的综合题目,考查了非负性求和、线段垂直平分线的性质、外角的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质及直角三角形的性质,涉及知识点多,能够合理添加辅助线并综合运用知识点是解题的关键. 2、(1)当M、N运动6秒时,点N追上点M;(2)①,△AMN是等边三角形;②当或时,△AMN是直角三角形;(3) 【详解】(1)首先设点M、N运动x秒后,M、N两点重合,表示出M,N的运动路程,N的运 【解析】(1)当M、N运动6秒时,点N追上点M;(2)①,△AMN是等边三角形;②当或时,△AMN是直角三角形;(3) 【详解】(1)首先设点M、N运动x秒后,M、N两点重合,表示出M,N的运动路程,N的运动路程比M的运动路程多6cm,列出方程求解即可; (2)①根据题意设点M、N运动t秒后,可得到等边三角形△AMN,然后表示出AM,AN的长,由于∠A等于60°,所以只要AM=AN三角形ANM就是等边三角形; ②分别就∠AMN=90°和∠ANM=90°列方程求解可得; (3)首先假设△AMN是等腰三角形,可证出△ACM≌△ABN,可得CM=BN,设出运动时间,表示出CM,NB,NM的长,列出方程,可解出未知数的值. 【解答】解:(1)设点M、N运动x秒后,M、N两点重合, x×1+6=2x, 解得:x=6, 即当M、N运动6秒时,点N追上点M; (2)①设点M、N运动t秒后,可得到等边三角形△AMN,如图1, AM=t,AN=6﹣2t, ∵AB=AC=BC=6cm, ∴∠A=60°,当AM=AN时,△AMN是等边三角形, ∴t=6﹣2t, 解得t=2, ∴点M、N运动2秒后,可得到等边三角形△AMN. ②当点N在AB上运动时,如图2, 若∠AMN=90°, ∵BN=2t,AM=t, ∴AN=6﹣2t, ∵∠A=60°, ∴2AM=AN,即2t=6﹣2t, 解得; 如图3,若∠ANM=90°, 由2AN=AM得2(6﹣2t)=t, 解得. 综上所述,当t为或时,△AMN是直角三角形; (3)当点M、N在BC边上运动时,可以得到以MN为底边的等腰三角形, 由(1)知6秒时M、N两点重合,恰好在C处, 如图4,假设△AMN是等腰三角形, ∴AN=AM, ∴∠AMN=∠ANM, ∴∠AMC=∠ANB, ∵AB=BC=AC, ∴△ACB是等边三角形, ∴∠C=∠B, 在△ACM和△ABN中, ∵∠AMC=∠ANB,∠C=∠B,AC=AB, ∴△ACM≌△ABN(AAS), ∴CM=BN, ∴t﹣6=18﹣2t, 解得t=8,符合题意. 所以假设成立,当M、N运动8秒时,能得到以MN为底的等腰三角形. 【点睛】本题是三角形综合题,主要考查了等边三角形的判定与性质,含30°角的直角三角形的性质,全等三角形的判定与性质,将动点问题转化为线段的长是解题的关键. 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轴于H 【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)∠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. 5、(1);(2);(3). 【分析】(1)根据坐标系写出的坐标,进而根据,因式分解可得,进而可得,在x轴的正半轴上取点C,使,连接BC,证明是等边三角形,进而即可求得; (2)连接BM,,进而证明为等 【解析】(1);(2);(3). 【分析】(1)根据坐标系写出的坐标,进而根据,因式分解可得,进而可得,在x轴的正半轴上取点C,使,连接BC,证明是等边三角形,进而即可求得; (2)连接BM,,进而证明为等边三角形,根据含30度角的直角三角形的性质即可求得 (3)过点F作轴交CB的延长线于点N,证明,,设,则等边三角形ABC的边长是4a,,进而计算可得,,即可求得的值. 【详解】(1)∵点在x轴负半轴上, ∴,, ∵,, ∴, ∵, ∴, ∴, 如答图1,在x轴的正半轴上取点C,使,连接BC, ∵, ∴, 又∵, ∴, ∴, ∴是等边三角形, ∴; (2)如答图2,连接BM, ∴是等边三角形, ∵,, ∵∠, ∴, ∴, ∵D为AB的中点, ∴, ∵, ∴, ∴,在和中, ∴, ∴,即, ∴, ∴为等边三角形, ∴,∴; (3)如答图3,过点F作轴交CB的延长线于点N, 则, ∵, ∴, 在和中, ∴, ∴,, ∵, ∴, 又∵E是OC的中点,设, ∴等边三角形ABC的边长是4a,, ∵, ∴, 在和中, ∴, ∴, 又∵, ∴, , ∴. 【点睛】本题考查了坐标与图形,三角形全等的性质与判定,等边三角形的性质与判定,因式分解的应用,掌握三角形全等的性质与判定并正确的添加辅助线是解题的关键. 6、(1), ;(2), ;(3). 【分析】(1)先判断出,再判定,再判断, (2)先判断出,再得到同理(1)可得结论; (3)先判断出,再判断出,最后计算即可. 【详解】解:(1)与的位置关系是:, 【解析】(1), ;(2), ;(3). 【分析】(1)先判断出,再判定,再判断, (2)先判断出,再得到同理(1)可得结论; (3)先判断出,再判断出,最后计算即可. 【详解】解:(1)与的位置关系是:,数量关系是. 理由如下: 如图1,延长交于点. 于, . ,, , ,,. , . AE⊥BC ∴, , . (2)与的位置关系是:,数量关系是. 如图,线段AC与线段BD交于点F,线段AE与线段BD交于点G, , , 即. ,, , ,. AE⊥BC ∴, 又∵ , . (3)如图,线段AC与线段BD交于点F, 和是等边三角形, ,,,, , , 在和中, , ∴, , 与的夹角度数为. 【点睛】此题是几何变换综合题,主要考查了全等三角形的判定和性质,等边三角形的性质,判断垂直的方法,解本题的关键是判断. 7、(1),;(2)D(-1,0),F(-2,4);(3)N(-6,2) 【分析】(1)结合题意,根据绝对值和乘方的性质,得,,通过求解一元一次方程,得,;结合坐标的性质分析,即可得到答案; (2)如图 【解析】(1),;(2)D(-1,0),F(-2,4);(3)N(-6,2) 【分析】(1)结合题意,根据绝对值和乘方的性质,得,,通过求解一元一次方程,得,;结合坐标的性质分析,即可得到答案; (2)如图,过点F作FH⊥AO于点H,根据全等三角形的性质,通过证明,得AH=EO=2,FH=AO=4,从而得OH =2,即可得点F坐标;通过证明,推导得HD=OD=1,即可得到答案; (3)过点N分别作NQ⊥ON交OM的延长线于点Q,NG⊥PN交EM的延长线于点G,再分别过点Q和点N作QR⊥EG于点R,NS⊥EG于点S,根据余角和等腰三角形的性质,通过证明等腰和等腰,推导得,再根据全等三角形的性质,通过证明,得等腰,再通过证明,得NS=EM=4,MS=OE=2,即可完成求解. 【详解】(1)∵, ∴. ∵, ∴, ∴, ∴, ∴,. (2)如图,过点F作FH⊥AO于点H ∵AF⊥AE ∴∠FHA=∠AOE=90°, ∵ ∴∠AFH=∠EAO 又∵AF=AE, 在和中 ∴ ∴AH=EO=2,FH=AO=4 ∴OH=AO-AH=2 ∴F(-2,4) ∵OA=BO, ∴FH=BO 在和中 ∴ ∴HD=OD ∵ ∴HD=OD=1 ∴D(-1,0) ∴D(-1,0),F(-2,4); (3)如图,过点N分别作NQ⊥ON交OM的延长线于点Q,NG⊥PN交EM的延长线于点G,再分别过点Q和点N作QR⊥EG于点R,NS⊥EG于点S ∴ ∴, ∴ ∴ ∴ ∴等腰 ∴NQ=NO, ∵NG⊥PN, NS⊥EG ∴ ∴, ∴ ∵, ∴ ∵点E为线段OB的中点 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴等腰 ∴NG=NP, ∵ ∴ ∴∠QNG=∠ONP 在和中 ∴ ∴∠NGQ=∠NPO,GQ=PO ∵, ∴PO=PB ∴∠POE=∠PBE=45° ∴∠NPO=90° ∴∠NGQ=90° ∴∠QGR=45°. 在和中 ∴. ∴QR=OE 在和中 ∴ ∴QM=OM. ∵NQ=NO, ∴NM⊥OQ ∵ ∴等腰 ∴ ∵ ∴ 在和中 ∴ ∴NS=EM=4,MS=OE=2 ∴N(-6,2). 【点睛】本题考查了直角坐标系、全等三角形、直角三角形、等腰三角形、绝对值、乘方的知识;解题的关键是熟练掌握直角坐标系、全等三角形、等腰三角形的性质,从而完成求解. 8、(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,∠BD 【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.- 配套讲稿:
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