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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.
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