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八年级上册压轴题模拟数学检测试卷带解析(一)[001].doc

上传人:w****g 文档编号:1747912 上传时间:2024-05-08 格式:DOC 页数:19 大小:881.54KB
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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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