人教版八年级上册压轴题数学检测试题答案[002].doc

人教版八年级上册压轴题数学检测试题答案
1．已知，如图1，射线分别与直线相交于两点，的平分线与直线相交于点，射线交于点，设，，且．

（1） ______°，______°；直线与的位置关系是______；
（2）如图2，若点是射线上任意一点，且，试找出与之间存在的数量关系，证明你的结论；
（3）若将图中的射线绕着端点逆时针方向旋转（如图3），分别与相交于点和时，作的角平分线与射线相交于点，问在旋转的过程中的值变不变?若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．
2．在平面直角坐标系中，点A的坐标是，点B的坐标且a，b满足．

（1）求A、B两点的坐标；
（2）如图（1），点C为x轴负半轴一动点，，于D，交y轴于点E，求证：平分．
（3）如图（2），点F为的中点，点G为x正半轴点右侧的一动点，过点F作的垂线，交y轴的负半轴于点H，那么当点G的位置不断变化时，的值是否发生变化?若变化，请说明理由；若不变化，请求出相应结果．
3．已知：，．

(1)当a，b满足时，连接AB，如图1．
①求：的值．
②点M为线段AB上的一点（点M不与A，B重合，其中BM＞AM），以点M为直角顶点，OM为腰作等腰直角△MON，连接BN，求证：．
(2)当，，连接AB，若点，过点D作于点E，点B与点C关于x轴对称，点F是线段DE上的一点（点F不与点E，D重合）且满足，连接AF，试判断线段AC与AF之间的位置关系和数量关系，并证明你的结论．
4．（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．

5．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．

6．如图1已知点A，B分别在坐标轴上，点C（3，﹣3），CA⊥BA于点A，且BA＝CA，CA，CB分别交坐标轴于D，E．

(1)填空：点B的坐标是 　 　；
(2)如图2，连接DE，过点C作CH⊥CA于C，交x轴于点H，求证：∠ADB＝∠CDE；
(3)如图3，点F（6，0），点P在第一象限，连PF，过P作PM⊥PF交y轴于点M，在PM上截取PN＝PF，连PO，过P作∠OPG＝45°交BN于G．求证：点G是BN中点．
7．【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．

8．问题引入：

(1)如图1，在中，点O是和平分线的交点，若，则______（用表示）：如图2，，，，则______（用表示）；
拓展研究：
(2)如图3，，，，猜想度数（用表示），并说明理由；
(3)BO、CO分别是的外角、的n等分线，它们交于点O，，，，请猜想______（直接写出答案）．
【参考答案】
2．（1）30，30，AB//CD；（2）+=180°，证明见解析；（3）不变，．
【分析】（1）利用非负数的性质可知：α=β=40°，推出∠EMF=∠MFN即可解决问题；
（2）结论：∠FMN+∠
解析：（1）30，30，AB//CD；（2）+=180°，证明见解析；（3）不变，．
【分析】（1）利用非负数的性质可知：α=β=40°，推出∠EMF=∠MFN即可解决问题；
（2）结论：∠FMN+∠GHF=180°．只要证明GH∥PN即可解决问题；
（3）结论：的值不变，=2．如图3中，作∠PEM1的平分线交M1Q的延长线于R．只要证明∠R=∠FQM1，∠FPM1=2∠R即可；
【详解】解：（1）∵，
∴60-2α=0，β-30=0，
∴α=β=30°，
∴∠PFM=∠MFN=30°，∠EMF=30°，
∴∠EMF=∠MFN，
∴AB∥CD；
（2）结论：∠FMN+∠GHF=180°，
理由如下：如图2中，

∵AB∥CD，
∴∠MNF=∠PME，
∵∠MGH=∠MNF，
∴∠PME=∠MGH，
∴GH∥PN，
∴∠GHM=∠FMN，
∵∠GHF+∠GHM=180°，
∴∠FMN+∠GHF=180°；
（3）的值不变，=2．
理由如下：如图3中，作∠PEM1的平分线交M1Q的延长线于R，

∵AB∥CD，
∴∠PEM1=∠PFN，
∵∠PER=∠PEM1，∠PFQ=∠PFN，
∴∠PER=∠PFQ，
∴ER∥FQ，
∴∠FQM1=∠R，
设∠PER=∠REB=x，∠PM1R=∠RM1B=y，
则有：，可得∠EPM1=2∠R，
∴∠EPM1=2∠FQM1，
∴=2．
【点睛】本题考查几何变换综合题、平行线的判定和性质、角平分线的定义、非负数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题．
3．（1），；（2）证明见解析；（3）不变化，．
【分析】（1）由非负性可求a，b的值，即可求A、B两点的坐标；
（2）过点O作于M，于N，根据全等三角形的判定和性质解答即可；
（3）由于点F是等
解析：（1），；（2）证明见解析；（3）不变化，．
【分析】（1）由非负性可求a，b的值，即可求A、B两点的坐标；
（2）过点O作于M，于N，根据全等三角形的判定和性质解答即可；
（3）由于点F是等腰直角三角形AOB的斜边的中点，所以连接OF，得出OF=BF．∠BFO=∠GFH，进而得出∠OFH=∠BFG，利用等腰直角三角形和全等三角形的判定和性质以及三角形面积公式解答即可．
【详解】解：（1）∵
∴，
∴ ，即．
∴，．
（2）如图，过点O作于M，于N，

根据题意可知．
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴OA＝OB＝6．
在和中， ，
∴．
∴， ，．
∴，
∴，
∴点O一定在∠CDB的角平分线上，
即OD平分∠CDB．
（3）如图，连接OF，

∵是等腰直角三角形且点F为AB的中点，
∴，，OF平分∠AOB．
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴．
在和中 ，
∴．
∴，
∴．
故不发生变化，且．
【点睛】本题为三角形综合题，考查非负数的性质，角平分线的判定，等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，正确添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
4．(1)10；证明见解析；
(2)，，理由见解析；
【分析】（1）①利用可求出，，即可求出；②作交AB与点C，交AB与点F，证明，再证明，利用，即可证明；
（2）证明，得到，，再利用等量代换证明
解析：(1)10；证明见解析；
(2)，，理由见解析；
【分析】（1）①利用可求出，，即可求出；②作交AB与点C，交AB与点F，证明，再证明，利用，即可证明；
（2）证明，得到，，再利用等量代换证明；
(1)
解：①由图可知，
∵
∴，即，
∴，，
∴；
②作交AB与点C，交AB与点F，如图，

∵，，
∴，
在和中，

∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
(2)
解：，，理由如下：
假设DE交BC于点G，

有已知可知：，，，，
∴，
∵
∴
∵，且，
∴，
在和中，

∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
【点睛】本题考查三角形全等的判定，等量代换，绝对值非负性的应用，直角坐标系中的图形，（1）的关键是证明，（2）的关键证明．
5．（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
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．
6．（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.
7．(1)（0，6）
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）作CM⊥x轴于M，求出CM= CN= 2，证明△BAO≌△ACM，推出AO= CM= 2，OB=AM=4，即可得出答案；
（2）在
解析：(1)（0，6）
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）作CM⊥x轴于M，求出CM= CN= 2，证明△BAO≌△ACM，推出AO= CM= 2，OB=AM=4，即可得出答案；
（2）在BD上截取BF= AE，连AF，证△BAF≌△CAE，证△AFD≌△CED，即可得出答案；
（3）作EO⊥OP交PG的延长线于E，连接EB、EN、PB，只要证明四边形ENPB是平行四边形就可以了．
(1)
解：过点C作CG⊥x轴于G，如图所示：

∵C（3，﹣3），
∴CG＝3，OG＝3，
∵∠BOA＝∠CGA＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝∠BAO+∠CAG＝90°，
∴∠ABO＝∠CAG，
又∵AB＝AC，
∴△ABO≌△CAG（AAS），
∴AO＝CG＝3，OB＝AG＝AO+OG＝6，
∴点B的坐标是（0，6）．
(2)
证明：如图，过点C作CG⊥x轴于G，CF⊥y轴于F，则CF∥AO．

同（1）得：△ABO≌△CAG（AAS），
∴AO＝CG＝3，
∵CF＝3，
∴AO＝CF，
∵CF∥AO
∴∠DAO＝∠DCF，∠AOD＝∠CFD，
∴△AOD≌△CFD（ASA），
∴AD＝CD，
∵CA⊥BA，CH⊥CA，
∴∠BAD＝∠ACH＝90°，
又∵∠ABO＝∠CAG，AB＝AC，
∴△BAD≌△ACH（ASA），
∴AD＝CH，∠ADB＝∠AHC
∴CD＝CH，
∵BA＝CA，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝45°，
∴∠HCE＝90°﹣∠ACB＝45°，
∴∠DCE＝∠HCE＝45°，
又∵CE＝CE，
∴△DCE≌△HCE（SAS），
∴∠CDE＝∠CHE，
∴∠ADB＝∠CDE．
(3)
证明：过点O作OK⊥OP交PG延长线于K，连接BK、NF，过点P作PL⊥NF于L．

则△OPK是等腰直角三角形，
∴∠OKP＝∠OPK＝45°，OK＝OP，
∵PN＝PF，
∴△PNF是等腰直角三角形，
∴∠PFN＝∠PNF＝45°，
∵PL⊥NF，
∴∠FPL＝45°，
则∠OPF＝∠OPL+45°，∠GPN＝∠OPL＝45°﹣∠MPO，
∵∠KOB+∠BOP＝∠FOP+∠BOP＝90°，
∴∠KOB＝∠FOP，
又∵OB＝OF＝6，
∴△OKB≌△OPF（SAS），
∴KB＝PF＝PN，∠OKB＝45°+∠GKB＝∠OPF＝∠OPL+45°，
∴∠GKB＝∠OPL＝∠GPN，
又∵∠KGB＝∠PGN，
∴△KBG≌△PNG（SAS），
∴BG＝NG，
即点G为BN的中点．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形的性质等知识，本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
8．（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．
9．(1)，
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）由角平分线的定义得，则，再利用三角形内角和定理可得答案；
（2）根据三角形内角和定理得，而，代入化简即可；
（3）由（2）同理可得答案．
解析：(1)，
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）由角平分线的定义得，则，再利用三角形内角和定理可得答案；
（2）根据三角形内角和定理得，而，代入化简即可；
（3）由（2）同理可得答案．
(1)
解：点是和平分线的交点，
，
，
在中，
，
，
，
，
故答案为：；
在中，，
，
，
，
，
故答案为：；
(2)
解：，理由如下：
，，，
，
，
，
，
；
(3)
解：在中，，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，解题的关键是采取类比的方法，同时渗透了整体思想．