人教版八年级上册压轴题强化数学质量检测试卷附答案[002].doc

人教版八年级上册压轴题强化数学质量检测试卷附答案
1．已知：AD为△ABC的中线，分别以AB和AC为一边在△ABC的外部作等腰三角形ABE和等腰三角形ACF，且AE＝AB，AF＝AC，连接EF，∠EAF+∠BAC＝180°．

(1)如图1，若∠ABE＝65°，∠ACF＝75°，求∠BAC的度数．
(2)如图1，求证：EF＝2AD．
(3)如图2，设EF交AB于点G，交AC于点R，FC与EB交于点M，若点G为EF中点，且∠BAE＝60°，请探究∠GAF和∠CAF的数量关系，并证明你的结论．
2．如图，在平面直角坐标系中，点A(a，0)，B(0，b)，且a，b满足．
（1）直接写出______，______；
（2）连接AB，P为内一点，．
①如图1，过点作，且，连接并延长，交于．求证：；
②如图2，在的延长线上取点，连接．若，点P(2n，−n)，试求点的坐标．

3．在等腰三角形ABC中，AB＝AC，点D是AC上一动点，在BD的延长线上取一点E满足：AE＝AB；AF平分∠CAE交BE于点F．

(1)如图1，连CF，求证：△ACF≌△AEF．
(2)如图2，当∠ABC＝60°时，线段AF，EF，BF之间存在某种数量关系，写出你的结论并加以证明．
(3)如图3，当∠ACB＝45°时，且AE∥BC，若EF＝3，请直接写出线段BD的长是 　 　（只填写结果）．
4．如图，在等边中，，分别为，边上的点，，．

(1)如图1，若点在边上，求证：；
(2)如图2，连．若，求证：；
(3)如图3，是的中点，点在内，，点，分别在，上，，若，直接写出的度数（用含有的式子表示）．
5．如图，等边中，点在上，延长到，使，连，过点作与点．

(1)如图1，若点是中点，
求证：①；②．
(2)如图2，若点是边上任意一点，的结论是否仍成立？请证明你的结论；
(3)如图3，若点是延长线上任意一点，其他条件不变，的结论是否仍成立？画出图并证明你的结论．
6．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．
7．我们不妨约定：把“有一组邻边相等”的凸四边形叫做“菠菜四边形”．

(1)如下：①平行四边形，②矩形，③菱形，④正方形，一定是“菠菜四边形”的是________（填序号）；
(2)如图1，四边形ABCD为“菠菜四边形”，且∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝AB，AE⊥CD于点E，若AE＝4，求四边形ABCD的面积；
(3)①如图2，四边形ABCD为“菠菜四边形”，且AB＝AD，记四边形ABCD，△BOC，△AOD的面积依次为S，，，若．求证：ADBC；
②在①的条件下，延长BA、CD交于点E，记BC＝m，DC＝n，求证：．
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)∠BAC＝50°
(2)见解析
(3)∠GAF﹣∠CAF＝60°，理由见解析
【分析】（1）利用三角形的内角和定理求出∠EAB，∠CAF，再根据∠EAF+∠BAC＝180°构建方程即可解
解析：(1)∠BAC＝50°
(2)见解析
(3)∠GAF﹣∠CAF＝60°，理由见解析
【分析】（1）利用三角形的内角和定理求出∠EAB，∠CAF，再根据∠EAF+∠BAC＝180°构建方程即可解决问题；
（2）延长AD至H，使DH＝AD，连接BH，想办法证明△ABH≌△EAF即可解决问题；
（3）结论：∠GAF﹣∠CAF＝60°．想办法证明△ACD≌△FAG，推出∠ACD＝∠FAG，再证明∠BCF＝150°即可．
(1)
解：∵AE＝AB，
∴∠AEB＝∠ABE＝65°，
∴∠EAB＝50°，
∵AC＝AF，
∴∠ACF＝∠AFC＝75°，
∴∠CAF＝30°，
∵∠EAF+∠BAC＝180°，
∴∠EAB+2∠ABC+∠FAC＝180°，
∴50°+2∠BAC+30°＝180°，
∴∠BAC＝50°．
(2)
证明：证明：如图，延长AD至点H，使DH=AD，连接BH

∵AD是△ABC的中线，
∴BD=DC，
又∵DH=AD，∠BDH=∠ADC
∴△ADC≌△HDB（SAS），
∴BH=AC，∠BHD=∠DAC，
∴BH=AF，
∵∠BHD=∠DAC，
∴BH∥AC，
∴∠BAC+∠ABH=180°，
又∵∠EAF+∠BAC=180°，   
∴∠ABH=∠EAF，
又∵AB=AE，BH=AF，
∴△AEF≌△BAH（SAS），
∴EF=AH=2AD，
∴EF＝2AD；
(3)
结论：∠GAF﹣∠CAF＝60°．
理由：由（2）得，AD＝EF，又点G为EF中点，
∴EG＝AD，
由（2）△AEF≌△BAH，
∴∠AEG=∠BAD，
在△EAG和△ABD中，
，
∴△EAG≌△ABD，
∴∠EAG＝∠ABC＝60°，AG=BD，
∴△AEB是等边三角形，AG=CD，
∴∠ABE＝60°，
∴∠CBM＝60°，
在△ACD和△FAG中，
，
∴△ACD≌△FAG，
∴∠ACD＝∠FAG，
∵AC＝AF，
∴∠ACF＝∠AFC，
在四边形ABCF中，∠ABC+∠BCF+∠CFA+∠BAF＝360°，
∴60°+2∠BCF＝360°，
∴∠BCF＝150°，
∴∠BCA+∠ACF＝150°，
∴∠GAF+（180°﹣∠CAF）＝150°，
∴∠GAF﹣∠CAF＝60°．
【点睛】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，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．
3．（1）3，；（2）①见解析；②的坐标为(，)
【分析】（1）先利用幂的乘方和积的乘方化简，再利用单项式的性质求解即可；
（2）①连接AC，过点B作BN⊥BP，交CP的延长线于点N，利用SAS证明
解析：（1）3，；（2）①见解析；②的坐标为(，)
【分析】（1）先利用幂的乘方和积的乘方化简，再利用单项式的性质求解即可；
（2）①连接AC，过点B作BN⊥BP，交CP的延长线于点N，利用SAS证明△OPB≌△OCA，再证明△BNP为等腰直角三角形，利用AAS证明△ACD≌△BND，即可证明AD=DB；
②作出如图所示的辅助线，证明△BMP为等腰直角三角形，利用AAS证明△PBF≌△MPE，求得E(2n，n) ，M(3n−3，n)，证明点M，E关于y轴对称，得到3n−3+2n=0，即可求解．
【详解】（1）∵，
∴，
∴，，
解得：，，
故答案为：3，；
（2）①连接AC，

∵∠COP=∠AOB=90°，
∴∠COP-∠AOP =∠AOB-∠AOP，
∴，
在△OPB和△OCA中，
，
∴△OPB≌△OCA(SAS)，
∴AC=BP，∠OCA=∠OPB=90°，
过点B作BN⊥BP，交CP的延长线于点N，
∵∠COP=90°，OP=OC，
∴∠OCP=∠OPC=∠ACP=45°，
∵∠OPB=90°，
∴∠BPN=45°，
∴△BNP为等腰直角三角形，
∴∠BPN=∠N=45°，
∴BN=BP=AC，
在△ACD和△BND中，
，
∴△ACD≌△BND(AAS)，
∴AD=DB；
②∵∠AOB=90°，AO=OB，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴∠OBA=45°，
∵∠MBO=∠ABP，
∴∠MBO+∠OBP=∠ABP+∠OBP=∠OBA=45°，
∴∠MBP=45°，
∵OP⊥BP，
∴△BMP为等腰直角三角形，
∴MP=BP，
过点P作y轴的平行线EF，分别过M，B作ME⊥EF于E，BF⊥EF于F，EF交x轴于G，ME交y轴于H，连接OE，

∴∠MPE+∠EMP=∠MPE +∠FPB=90°，
∴∠EMP=∠FPB，
在△PBF和△MPE中，
，
∴△PBF≌△MPE(AAS)，
∴BF=EP，PF=ME，
∵P(2n，−n)，
∴BF=EP=EH=2n，PG=EG=n，PF=ME=3−n，
∴MH=ME-EH=3−n−2n=3−3n，
∴E(2n，n) ，M(3n−3，n)，
∴点P，E关于x轴对称，
∴OE=OP，∠OEP=∠OPE，
同理OM=OE，点M，E关于y轴对称，
∴3n−3+2n=0，
解得，即点M的坐标为(，)．
【点睛】本题考查了坐标与图形、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，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，利用全等三角形的性质解决问题．
4．(1)证明见解析
(2)，证明见解析
(3)6
【分析】（1）由角平分线的定义可知，再根据等量代换得出AC =AE，由此可直接利用“SAS”证明；
（2）在BE上截取BM=CF，连接AM．由
解析：(1)证明见解析
(2)，证明见解析
(3)6
【分析】（1）由角平分线的定义可知，再根据等量代换得出AC =AE，由此可直接利用“SAS”证明；
（2）在BE上截取BM=CF，连接AM．由所作辅助线易证，得出，．由题意易判断为等边三角形，即可求出，即说明为等边三角形，得出，由此即得出；
（3）延长BA，CF交于点N．由题意可知为等腰直角三角形，即，．根据平行线的性质和等边对等角即得出BE为的角平分线，从而可求出，进而可求出．由角平分线的性质可得出，从而可求出．又易证，即得出．
(1)
∵AF平分∠CAE，
∴．
∵AB=AC，AB=AE，
∴AC =AE．
又∵AF=AF，
∴．
(2)

证明：∵，
∴，．
如图，在BE上截取BM=CF，连接AM．

在和中，，
∴，
∴，．
∵，，
∴为等边三角形，
∴．
∵，
∴，即，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
即AF，EF，BF之间存在的关系为：；
(3)
如图，延长BA，CF交于点N．

∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，．
∵AE∥BC，
∴．
∵，
∴，
∴．
由（1）可知，
∴，
∴，即．
∵为的角平分线，
∴．
∵，
∴，即．
在和中，，
∴，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题为三角形综合题，考查等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，角平分线的定义和性质，平行线的性质以及三角形内角和定理，综合性强，较难．解题关键是学会添加常用的辅助线，构造全等三角形解决问题．
5．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接DF，根据“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”可判断△DEF是等边三角形，则DF=EF，又△ABC是等边三角形，根据三角形内角和可
解析：(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接DF，根据“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”可判断△DEF是等边三角形，则DF=EF，又△ABC是等边三角形，根据三角形内角和可得出，∠AFD=∠FEC，所以△ADF≌△CFE（AAS），则AD=CF；
（2）过点F作JKAC交AB于点J，交BC于点K，过点F作PIAB交AC于P，交BC于点I，连接DF，则△BJK和△CPI是等边三角形，△BDE≌△JFD≌KEF，所以DJ=BE=FK，因为ABPI，FKAC，所以四边形AJFP是平行四边形，则AJ=PF，易得△CPI为等边三角形，由∠FCB=30°可得CF平分∠PCI，则FI=FP，所以FP=AJ，FK=BE=DJ，FI=FK，所以AJ=DJ=BE，即AD=AJ+DJ=2BE；
（3）延长MO到点G，使OG=OM，连接NG，BG，NM，作∠ACQ=∠ABN，且使CQ=BN，连接MQ，AQ，先得到△BOG≌△COM（SAS），再得到△ACQ≌△ABN（SAS）和△BNG≌△CQM（SAS），所以∠NAM=∠MAQ=∠CAM+∠CAQ=∠CAM+∠BAN，所以∠CAM+∠BAN=30°，则∠CAM=，所以∠BAN=30°-．
(1)
证明：如图，连接，

，，
∵是等边三角形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
，
，
，
，，
，
；
(2)
证明：如图，过点作交于点，交于点，过点作交于，交于点，连接，

，
，
和是等边三角形，
，，
是等边三角形，
由（1）中结论可知，，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
为等边三角形，，
，
平分，
是等边三角形，
，
，
，，
，即；
(3)
如图，延长到点，使，连接，，，作，且使，连接，，

，，
，
，，，
，
，，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，
，，，
，
，，
，，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
又，
，
，
．
【点睛】本题属于三角形的综合题，涉及全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形三线合一等知识，类比思想及构造的思想进行分析，仿造（1）中的结论构造出全等三角形是解题关键．
6．(1)①见解析；②见解析
(2)成立，见解析
(3)成立，见解析
【分析】（1）证明，推出，利用等腰三角形的性质，可得结论；
（2） 仍然成立，过点D作DM//BC交AC于M，证明，可得结论
解析：(1)①见解析；②见解析
(2)成立，见解析
(3)成立，见解析
【分析】（1）证明，推出，利用等腰三角形的性质，可得结论；
（2） 仍然成立，过点D作DM//BC交AC于M，证明，可得结论；
（3）结论仍然成立，过点D作DM//BC交AC于M，证明，可得结论．
(1)
证明：如图

①∵为等边三角形，
∴，
又为中点，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴，
∴；
②∵，
∴为等腰三角形，
∵，
∴．
(2)
仍然成立，理由如下：
如图，过点D作DM//BC交AC于M
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
而，
∴．

(3)
的结论仍然成立，理由如下：如图为所求作图．
作交的延长线于，

易证为等边三角形，
，，
而，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题属于三角形的综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加适当的辅助线，构造全等三角形解决问题．
7．（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．
8．(1)③ ④
(2)16
(3)①见解析；②见解析
【分析】（1）根据菠菜四边形的定义结合各个特殊四边形的定义即可得出结论；
（2）过A作，交CB的延长线于F，求出四边形AFCE是矩形，则，
解析：(1)③ ④
(2)16
(3)①见解析；②见解析
【分析】（1）根据菠菜四边形的定义结合各个特殊四边形的定义即可得出结论；
（2）过A作，交CB的延长线于F，求出四边形AFCE是矩形，则，求出，得出，有全等的出AE=AF=3，，求出，求出，代入求解即可；
（3）记面积为，则，，根据已知条件可得，进而可得，得出
由平分线的性质结合等腰三角形的性质可得BD平分，过点D作于点H，作于点N，则DH=DN,则，由此即可得出结论．
（1）
根据菱形于正方形的定义值，一定是菠菜四边形的是菱形与正方形，
故答案为：③④
（2）
如图，过A作，交CB的延长线于F，

∴ 四边形AFCE是矩形
则

四边形AFCE是正方形，

即四边形ABCD的面积为16
（3）
①记，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
如图：作，

∴
∴ AMAD
∴四边形AMND为平行四边形
∴ADMN
∴ADBC
②∵ADBC
∴
又∵AD＝AB
∴
∴
∴BD平分
如图：

∵
∴
∴
又∵
∴
∴
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，三角形的面积，角平分线的性质，对于同第登高的三角形的面积相等的推到是关键．
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．