八年级上册压轴题强化数学检测试卷解析(一)[001].doc

八年级上册压轴题强化数学检测试卷解析（一）1、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+10时，求A，B的坐标；（2）当a+b0时，如图1，若D与P关于y轴对称，PEDB并交DB延长线于E，交AB的延长线于F，求证：PBPF；如图2，把射线BP绕点B顺时针旋转45o，交x轴于点Q，当CPAQ时，求APB的大小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、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4、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5、在ABC中，ACB90，过点C作直线lAB，点B与点D关于直线l对称，连接BD交直线于点P，连接CD点E是AC上一动点，点F是CD上一动点，点E从A点出发，以每秒1cm的速度沿AC路径运动，终点为C点F从D点出发，以每秒2cm的速度沿DCBCD路径运动，终点为D点E、F同时开始运动，第一个点到达终点时第二个点也停止运动(1)当ACBC时，试证明A、C、D三点共线；（温馨提示：证明ACD是平角）(2)若AC10cm，BC7cm，设运动时间为t秒，当点F沿DC方向时，求满足CE2CF时t的值；(3)若AC10cm，BC7cm，过点E、F分别作EM、FN垂直直线l于点M、N，求所有使CEMCFN成立的t的值6、（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CDAB于点F，求线段CD的长；（3）动点P从A出发，沿AOB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BOA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PMCD于点M，QNCD于点N问两动点运动多长时间时OPM与OQN全等？8、如图1，将两块全等的三角板拼在一起，其中ABC的边BC在直线l上，ACBC且AC = BC；EFP的边FP也在直线l上，边EF与边AC重合，EFFP且EF = FP.（1）在图1中，请你通过观察、测量，猜想并写出AB与AP所满足的数量关系和位置关系；（2）将三角板EFP沿直线l向左平移到图2的位置时，EP交AC于点Q，连接AP、BQ猜想并写出BQ与AP所满足的数量关系和位置关系，并证明你的猜想；（3）将三角板EFP沿直线l向左平移到图3的位置时，EP的延长线交AC的延长线于点Q，连接AP、BQ.你认为（2）中猜想的BQ与AP所满足的数量关系和位置关系还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由【参考答案】1、（1）；（2）见解析；APB22.5【分析】（1）利用非负数的性质求解即可；（2）想办法证明PBFF，可得结论；如图2中，过点Q作QFQB交PB于F，过点F作FHx轴于H【解析】（1）；（2）见解析；APB22.5【分析】（1）利用非负数的性质求解即可；（2）想办法证明PBFF，可得结论；如图2中，过点Q作QFQB交PB于F，过点F作FHx轴于H，可得等腰直角BQF，证明FQHQBO（AAS），再证明FQFP即可解决问题【详解】解：（1）2a2+4ab+4b2+2a+10，（a+2b）2+（a+1）20，（a+2b）20 ，（a+1）20，a+2b0，a+10，a1，b，A（1，0），B(0，）（2）证明：如图1中，a+b0，ab，OAOB，又AOB90，BAOABO45，D与P关于y轴对称，BDBP，BDPBPD，设BDPBPD，则PBFBAP+BPA45+，PEDB，BEF90，F90EBF，又EBFABDBAOBDP45，F45+，PBFF，PBPF解：如图2中，过点Q作QFQB交PB于F，过点F作FHx轴于H可得等腰直角BQF，BOQBQFFHQ90，BQO+FQH90，FQH+QFH90，BQOQFH，QBQF，FQHQBO（AAS），HQOBOA，HOAQPC，PHOCOBQH，FQFP， 又BFQ45，APB22.5【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2、（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PHAE于H，连BC，作PGBC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（RtPGBRtPHE），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PHAE于H，连BC，作PGBC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RtPGB和RtPHE中，RtPGBRtPHE（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）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；当P在线段CD上时，如图3，过P作PHAE于H，连BC，作PGBC交BC于G，此时RtPGBRtPHE（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；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是等腰直角【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=BFBFO=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，OAOB5、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）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：=40，推出EMF=MFN即可解决问题；（2）结论：FMN+GH【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：=40，推出EMF=MFN即可解决问题；（2）结论：FMN+GHF=180只要证明GHPN即可解决问题；（3）结论：的值不变，=1、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=2R即可；【详解】解：（1），60-2=0，-30=0，=30，PFM=MFN=30，EMF=30，EMF=MFN，ABCD；（2）结论：FMN+GHF=180，理由如下：如图2中， ABCD，MNF=PME，MGH=MNF，PME=MGH，GHPN，GHM=FMN，GHF+GHM=180，FMN+GHF=180；（3）的值不变，=1、理由如下：如图3中，作PEM1的平分线交M1Q的延长线于R，ABCD，PEM1=PFN，PER=PEM1，PFQ=PFN，PER=PFQ，ERFQ，FQM1=R，设PER=REB=x，PM1R=RM1B=y，则有：，可得EPM1=2R，EPM1=2FQM1，=1、【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5、(1)见解析(2)(3)【分析】（1）先由AC=BC、ACB=90得到ABC=45，进而得到CBD=CDB=45，然后得到BCD=90，最后得到ACB+BCD=180，【解析】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）先由AC=BC、ACB=90得到ABC=45，进而得到CBD=CDB=45，然后得到BCD=90，最后得到ACB+BCD=180，即A、C、D三点共线；（2）先用含有t的式子表示CE和CF的长，然后根据CE=2CF列出方程求得t的值；（3）先由BCP=FCN、BCP+ECM=90，ECM+MEC=90得到MEC=FCN，然后结合全等三角形的性质列出方程求得t的值(1)证明：AC=BC，ACB=90，ABC=45，点B与点D关于直线l对称，BD直线l，BC=CD，直线lAB，BDAB，ABD=90，CBD=CDB=45，BCD=90，ACB+BCD=180，A、C、D三点共线；(2)解：AC=10cm，BC=7cm，当点F沿DC方向时，0t3.5，CE=10-t，CF=7-2t，CE=2CF，10-t=2（7-2t），解得：t=(3)解：BCP=FCN，BCP+ECM=90，ECM+MEC=90，MEC=FCN，CEMCFN，当CE=CF时，CEMCFN，当点F沿DC路径运动时，10-t=7-2t，解得，t=-3，不合题意，当点F沿CB路径运动时，10-t=2t-7，解得，t=，当点F沿BC路径运动时，10-t=7-（2t-72），解得，t=11，第一个点到达终点时第二个点也停止运动点E从A点出发，以每秒1cm的速度沿AC路径运动，终点为CAC=10，0t10，t=11时，已停止运动综上所述，当t=秒时，CEMCFN【点睛】本题是三角形综合题目，考查的是全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理，灵活运用分类讨论思想是解题的关键6、（1）见解析；（2）成立，见解析；（3）见解析【分析】（1）运用AAS证明ADBCEA即可；（2）运用AAS证明ADBCEA即可；（3）运用SAS证明DBFEAF，后运用有一【解析】（1）见解析；（2）成立，见解析；（3）见解析【分析】（1）运用AAS证明ADBCEA即可；（2）运用AAS证明ADBCEA即可；（3）运用SAS证明DBFEAF，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=90BAD+ABD=90，CAE=ABD，在ADB和CEA中，ADBCEA（AAS），AE=BD，AD=CE，DE=AE+AD=BD+CE；（2）如图2，BDA=BAC=，DBA+BAD=BAD+CAE=，DBA=CAE，在ADB和CEA中，ADBCEA（AAS），AE=BD，AD=CE，DE=AE+AD=BD+CE；（3）如图3，由（2）可知，ADBCEA，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， ，DBFEAF（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7、（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AOBEOB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AOBEOB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：当点P、Q分别在y轴、x轴上时，；当点P、Q都在y轴上时，；当点P在x轴上，Q在y轴且二者都没有提前停止时，；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，AOBEOB (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=60CDAB，AOF=30，AF=在RtAOF中，OF=CAH=BAO =60，CAF =60，ACF=AOF=30，AO=AC又CDAB，CF=AB=6，AF=，BF=在RtBDF中，DBF =60，D=30，BD=由勾股定理得：DF=，CD=（3）设运动的时间为t秒当点P、Q分别在y轴、x轴上时，PO=QO得：，解得：（秒）；当点P、Q都在y轴上时，PO=QO得：，解得（秒）；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8、（1）AB=AP，ABAP；（2）BQ=AP，BQAP；（3）成立，见解析.【分析】（1）根据等腰直角三角形性质得出AB=AP，BAC=PAC=45，求出BAP=90即可；（2）求【解析】（1）AB=AP，ABAP；（2）BQ=AP，BQAP；（3）成立，见解析.【分析】（1）根据等腰直角三角形性质得出AB=AP，BAC=PAC=45，求出BAP=90即可；（2）求出CQ=CP，根据SAS证BCQACP，推出AP=BQ，CBQ=PAC，根据三角形内角和定理求出CBQ+BQC=90，推出PAC+AQG=90，求出AGQ=90即可；（3）BO与AP所满足的数量关系为相等，位置关系为垂直证明方法与（2）一样【详解】（1）AB=AP且ABAP，证明：ACBC且AC=BC，ABC为等腰直角三角形，BAC=ABC=,又ABC与EFP全等，同理可证PEF=45，BAP=45+45=90，AB=AP且ABAP；（2）BQ与AP所满足的数量关系是AP=BQ，位置关系是APBQ，证明：延长BQ交AP于G，由（1）知，EPF=45，ACP=90，PQC=45=QPC，CQ=CP，ACB=ACP=90，AC=BC，在BCQ和ACP中 BCQACP（SAS），AP=BQ，CBQ=PAC，ACB=90，CBQ+BQC=90，CQB=AQG，AQG+PAC=90，AGQ=180-90=90，APBQ；（3）成立证明：如图，EPF=45，CPQ=45ACBC，CQP=CPQ，CQ=CP在RtBCQ和RtACP中， RtBCQRtACP（SAS）BQ=AP；延长BQ交AP于点N，PBN=CBQRtBCQRtACP，BQC=APC在RtBCQ中，BQC+CBQ=90，APC+PBN=90PNB=90BQAP【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：有两组边对应相等，且它们所夹的角相等，那么这两个三角形全等；全等三角形的对应边相等也考查了等腰直角三角形的判定与性质