八年级上学期压轴题模拟数学综合检测试题含答案.doc

八年级上学期压轴题模拟数学综合检测试题含答案
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，中，，．

（1）如图1，，，求证：；
（2）如图2，，，请直接用几何语言写出、的位置关系____________；
（3）证明（2）中的结论．
3．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．

4．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.

5．如图①，直线AB与x轴负半轴、y轴正半轴分别交于A（a，0）、B(0，b)两点．

(1)若＋b2－10b＋25＝0，判断△AOB的形状，并说明理由；
(2)如图②，在（1）的条件下，设Q为AB延长线上一点，作直线OQ，过A、B两点分别作AM⊥OQ于M，BN⊥OQ于N，若AM=4，MN=7，求BN的长；
(3)如图③，若即点A不变，点B在y轴正半轴上运动，分别以OB、AB为直角边在第一、第二象限作等腰直角△OBF和等腰直角△ABE，连EF交y轴于P点，问当点B在y轴上运动时，试猜想PB的长是否为定值，若是，请求出其值；若不是，请求其取值范围．
6．已知ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC为边向外作等边ABD和等边BCE．

(1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；
(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN
(3)若AB⊥BC，延长AB交DE于M，DB=，如图3，则BM=_______（直接写出结果）
7．如图，在△ABC中，点D为直线BC上一动点，∠DAE＝90°，AD＝AE．

(1)如果∠BAC＝90°，AB＝AC．
①如图1，当点D在线段BC上时，线段CE与BD的位置关系为__________，数量关系为__________；
②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，①中的结论是否仍然成立？请说明理由；
(2)如图3，若△ABC是锐角三角形，∠ACB=45°，当点D在线段BC上运动时，证明：CE⊥BD．
8．在Rt△中，，∠，点是上一点．

(1)如图，平分∠，求证；
(2)如图，点在线段上，且∠，∠，求证；
(3)如图3，BM⊥AM，M是△ABC的中线AD延长线上一点，N在AD上，AN＝BM，若DM＝2，则MN＝ （直接写出结果）．
【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）见解析；（2）⊥；（3）见解析
【分析】（1）根据垂直的定义可得∠ADC=∠E=90°，根据余角的性质可得∠ACD=∠BAE，然后根据AAS即可证得结论；
（2）由于要得出、的位置关系，结
解析：（1）见解析；（2）⊥；（3）见解析
【分析】（1）根据垂直的定义可得∠ADC=∠E=90°，根据余角的性质可得∠ACD=∠BAE，然后根据AAS即可证得结论；
（2）由于要得出、的位置关系，结合图形可猜想：⊥；
（3）如图，作CP⊥AC于点C，延长FD交CP于点P，先证明△BAE≌△FCP，可得∠3=∠P，AB=CP，然后证明△ACD≌△PCD，可得∠4=∠P，进一步即可推出∠4+∠2=90°，问题得证．
【详解】解：（1）证明：∵，，
∴∠ADC=∠E=90°，∠DAC+∠ACD=90°，
∵，
∴∠DAC+∠BAE=90°，
∴∠ACD=∠BAE，
在△DAC和△EBA中，
∵∠ADC=∠E，∠ACD=∠BAE，AC=AB，
∴（AAS）；
（2）结合图形可得：⊥；
故答案为：⊥；
（3）证明：如图，作CP⊥AC于点C，延长FD交CP于点P，
∵AF=CE，
∴AE=CF，
∵，
∴∠1=∠2，
∵∠BAE=∠FCP=90°，
∴△BAE≌△FCP，
∴∠3=∠P，AB=CP，

∵，，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵∠PCP=90°，AB=CP，
∴∠FCD=45°，AC=PC，
∴∠ACB=∠PCD，
∵CD=CD，
∴△ACD≌△PCD，
∴∠4=∠P，
∵∠3=∠P，
∴∠3=∠4，
∵∠3+∠2=90°，
∴∠4+∠2=90°，
∴∠AGE=90°，即⊥．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线、熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
4．（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.
5．（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.
6．(1)△AOB为等腰直角三角形；理由见解析
(2)BN=3
(3)PB的长为定值；
【分析】（1）根据题意求出a、b的值，即可得出A与B坐标，根据OA＝OB，即可确定△AOB的形状；
（2）
解析：(1)△AOB为等腰直角三角形；理由见解析
(2)BN=3
(3)PB的长为定值；
【分析】（1）根据题意求出a、b的值，即可得出A与B坐标，根据OA＝OB，即可确定△AOB的形状；
（2）由OA＝OB，利用AAS得到△AMO≌△ONB，用对应线段相等求长度；
（3）如图，作EK⊥y轴于K点，利用AAS得到△AOB≌△BKE，利用全等三角形对应边相等得到OA＝BK，EK＝OB，再利用AAS得到△PBF≌△PKE，寻找相等线段，并进行转化，求PB的长．
(1)
解：结论：△OAB是等腰直角三角形；理由如下：
∵＋b2－10b＋25＝0，即，
∴，解得：，
∴A（−5，0），B（0，5），
∴OA＝OB＝5，
∴△AOB是等腰直角三角形．
(2)
解：∵AM⊥OQ，BN⊥OQ，
∴，
，
∴，
∴，
∵在△AMO与△ONB中，
∴△AMO≌△ONB（AAS），
∴AM＝ON＝4，BN＝OM，
∵MN＝7，
∴OM＝3，
∴BN＝OM＝3．
(3)
解：结论：PB的长为定值．理由如下，
作EK⊥y轴于K点，如图所示：

∵△ABE为等腰直角三角形，
∴AB＝BE，∠ABE＝90°，
∴∠EBK＋∠ABO＝90°，
∵∠EBK＋∠BEK＝90°，
∴∠ABO＝∠BEK，
∵在△AOB和△BKE中，
∴△AOB≌△BKE（AAS），
∴OA＝BK，EK＝OB，
∵△OBF为等腰直角三角形，
∴OB＝BF，
∴EK＝BF，
∵在△EKP和△FBP中，
∴△PBF≌△PKE（AAS），
∴PK＝PB，
∴PB＝BK＝OA＝．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查非负数的性质，全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
7．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出△DBC≌△ABE，即可得出结论；
（2）先判断出△ADN≌△FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AN
解析：(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出△DBC≌△ABE，即可得出结论；
（2）先判断出△ADN≌△FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，进而判断出∠BAC=∠ACF，即可判断出△ABC≌△CFA，即可得出结论；
（3）先判断出△ABC≌△HEB(ASA)，得出，，再判断出△ADM≌△HEM (AAS)，得出AM=HM，即可得出结论．
(1)
解：∵△ABD和△BCE是等边三角形，
∴BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，
∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，
∴∠DBC=∠ABE，
∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE=CD；
(2)
解：如图，延长AN使NF=AN，连接FC，

∵N为CD中点，
∴DN=CN，
∵∠AND=∠FNC，
∴△ADN≌△FCN(SAS)，
∴CF=AD，∠NCF=∠AND，
∵∠DAB=∠BAC=60°
∴∠ACD +∠ADN=60°
∴∠ACF=∠ACD+∠NCF=60°，
∴∠BAC=∠ACF，
∵△ABD是等边三角形，
∴AB=AD，
∴AB=CF，
∵AC=CA，
∴△ABC≌△CFA (SAS)，
∴BC=AF，
∵△BCE是等边三角形，
∴CE=BC=AF=2AN；
(3)
解： ∵△ABD是等边三角形，
∴，∠BAD=60°，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°－∠BAC=30°，
∴，
如图，过点E作EH // AD交AM的延长线于H，

∴∠H=∠BAD=60°，
∵△BCE是等边三角形，
∴BC=BE，∠CBE=60°，
∵∠ABC=90°，
∴∠EBH=90°－∠CBE=30°=∠ACB，
∴∠BEH=180°－∠EBH－∠H=90°=∠ABC，
∴△ABC≌△HEB (ASA)，
∴，，
∴AD=EH，
∵∠AMD=∠HME，
∴△ADM≌△HEM (AAS)，
∴AM=HM，
∴
∵，，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
8．(1)①CE⊥BD；CE=BD；②结论仍成立，理由见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（1）①根据∠BAD=∠CAE，BA=CA，AD=AE，运用“SAS”证明△ABD≌△ACE，根据全等三角
解析：(1)①CE⊥BD；CE=BD；②结论仍成立，理由见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（1）①根据∠BAD=∠CAE，BA=CA，AD=AE，运用“SAS”证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到线段CE、BD之间的关系；
②先根据“SAS”证明△ABD≌△ACE，再根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到①中的结论仍然成立；
（2）先过点A作AG⊥AC交BC于点G，画出符合要求的图形，再结合图形判定△GAD≌△CAE，得出对应角相等，即可得出结论．
(1)
①∵∠BAD=90°－∠DAC，∠CAE=90°－∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE．
又 BA=CA，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE=∠B=45°，CE=BD．
∵∠ACB=∠B=45°，
∴∠ECB=45°+45°=90°，
即 CE⊥BD．
故答案为：CE⊥BD；CE=BD．
②当点D在BC的延长线上时，①的结论仍成立．
∵∠DAE=90°，∠BAC=90°，
∴∠DAE=∠BAC，
∴∠DAB=∠EAC，
又AB=AC，AD=AE，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴CE=BD，∠ACE=∠ABD．
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=45°，
∴∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
即 CE⊥BD；
(2)
证明：过点A作AG⊥AC交BC于点G，

∵∠ACB=45°，
∴∠AGC=45°，
∴AC=AG，
即△ACG是等腰直角三角形，
∵∠GAD+∠DAC=90°=∠CAE+∠DAC，
∴∠GAD=∠CAE，
又∵DA=EA，
∴△GAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE=∠AGD=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
即CE⊥BD．
【点睛】此题为三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质及等腰直角三角形的性质，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等，对应角相等进行求解．
9．(1)见解析
(2)见解析
(3)8
【分析】（1）如图1中，作DH⊥AB于H．证明△ADC≌△ADH即可解决问题．
（2）如图2中，过点C作CM⊥CE交AD的延长线于M，连接BM．证明△A
解析：(1)见解析
(2)见解析
(3)8
【分析】（1）如图1中，作DH⊥AB于H．证明△ADC≌△ADH即可解决问题．
（2）如图2中，过点C作CM⊥CE交AD的延长线于M，连接BM．证明△ACE≌△BCM（SAS），推出AE=BM，再利用直角三角形30度角的性质即可解决问题．
（3）如图3中，作CH⊥MN于H．证明得到，进一步证明即可解决问题．
(1)
证明：如图1中，作DH⊥AB于H．

∵∠ACD＝∠AHD＝90°，AD＝AD，∠DAC＝∠DAH，
∴△ADC≌△ADH（ASA），
∴AC＝AH，DC＝DH，
∵CA＝CB，∠C＝90°，
∴∠B＝45°，
∵∠DHB＝90°，
∴∠HDB＝∠B＝45°，
∴HD＝HB，
∴BH＝CD，
∴AB＝AH+BH＝AC+CD．
(2)
如图2中，作CM⊥CE交AD的延长线于M，连接BM．

，
，
，
，
，
∵∠ACB＝∠ECM＝90°，
，
，
∵CA＝CB，CE＝CM，
∴△ACE≌△BCM（SAS），
∴AE＝BM，
∵在Rt△EMB中，∠MEB＝30°，
∴BE＝2BM＝2AE．
(3)
解：如图3中，作CH⊥MN于H．

，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
是的中线，
，
，，
，
，
，
．
【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．