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八年级上册压轴题数学试卷附答案
1、等腰Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点A、点B分别是y轴、x轴上两个动点,直角边AC交x轴于点D,斜边BC交y轴于点E.
(1)如图(1),已知C点的横坐标为-1,直接写出点A的坐标;
(2)如图(2),当等腰Rt△ABC运动到使点D恰为AC中点时,连接DE.求证:∠ADB=∠CDE;
(3)如图(3),若点A在x轴上,且A(-4,0),点B在y轴的正半轴上运动时,分别以OB、AB为直角边在第一、二象限作等腰直角△BOD和等腰直角△ABC,连结CD交,轴于点P,问当点B在y轴的正半轴上运动时,BP的长度是否变化?若变化请说明理由,若不变化,请求出BP的长度.
2、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.
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.
5、如图1,A(﹣2,6),C(6,2),AB⊥y轴于点B,CD⊥x轴于点D.
(1)求证:△AOB≌△COD;
(2)如图2,连接AC,BD交于点P,求证:点P为AC中点;
(3)如图3,点E为第一象限内一点,点F为y轴正半轴上一点,连接AF,EF.EF⊥CE且EF=CE,点G为AF中点.连接EG,EO,求证:∠OEG=45°.
6、在平面直角坐标系中,,点在第一象限,,
(1)如图,求点的坐标.
(2)如图,作的角平分线,交于点,过点作于点,求证:
(3)若点在第二象限,且为等腰直角三角形,请直接写出所有满足条件的点的坐标.
7、(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.
8、如图1,在平面直角坐标系中,点A、B分别在x、y轴上,以AB为边作等腰直角三角形ABC,使,点C在第一象限.
(1)若点A(a,0),B(0,b),且a、b满足,则______,_____,点C的坐标为_________;
(2)如图2,过点C作轴于点D,BE平分,交x轴于点E,交CD于点F,交AC于点G,求证:CG垂直平分EF;
(3)试探究(2)中OD,OE与DF之间的关系,并说明理由.
【参考答案】
1、(1)A(0,1);
(2)见解析;
(3)不变,BP= 1、
【分析】(1)如图(1),过点C作CF⊥y轴于点F,构建全等三角形:△ACF≌△ABO(AAS),结合该全等三角形的对应边相等易得OA
【解析】(1)A(0,1);
(2)见解析;
(3)不变,BP= 1、
【分析】(1)如图(1),过点C作CF⊥y轴于点F,构建全等三角形:△ACF≌△ABO(AAS),结合该全等三角形的对应边相等易得OA的长度,由点A是y轴上一点可以推知点A的坐标;
(2)过点C作CG⊥AC交y轴于点G,则△ACG≌△ABD(ASA),即得CG=AD=CD,∠ADB=∠G,由∠DCE=∠GCE=45°,可证△DCE≌△GCE(SAS)得∠CDE=∠G,从而得到结论;
(3)BP的长度不变,理由如下:如图(3),过点C作CE⊥y轴于点E,构建全等三角形:△CBE≌△BAO(AAS),结合全等三角形的对应边相等推知:CE=BO,BE=AO=3、再结合已知条件和全等三角形的判定定理AAS得到:△CPE≌△DPB,故BP=EP=1、
(1)如图(1),过点C作CF⊥y轴于点F,∵CF⊥y轴于点F,∴∠CFA=90°,∠ACF+∠CAF=90°,∵∠CAB=90°,∴∠CAF+∠BAO=90°,∴∠ACF=∠BAO,在△ACF和△ABO中,,∴△ACF≌△ABO(AAS),∴CF=OA=1,∴A(0,1);
(2)如图2,过点C作CG⊥AC交y轴于点G,∵CG⊥AC,∴∠ACG=90°,∠CAG+∠AGC=90°,∵∠AOD=90°,∴∠ADO+∠DAO=90°,∴∠AGC=∠ADO,在△ACG和△ABD中,,∴△ACG≌△ABD(AAS),∴CG=AD=CD,∠ADB=∠G,∵∠ACB=45°,∠ACG=90°,∴∠DCE=∠GCE=45°,在△DCE和△GCE中,,∴△DCE≌△GCE(SAS),∴∠CDE=∠G,∴∠ADB=∠CDE;
(3)BP的长度不变,理由如下:如图(3),过点C作CE⊥y轴于点E.∵∠ABC=90°,∴∠CBE+∠ABO=90°.∵∠BAO+∠ABO=90°,∴∠CBE=∠BAO.∵∠CEB=∠AOB=90°,AB=AC,∴△CBE≌△BAO(AAS),∴CE=BO,BE=AO=3、∵BD=BO,∴CE=BD.∵∠CEP=∠DBP=90°,∠CPE=∠DPB,∴△CPE≌△DPB(AAS),∴BP=EP=1、
【点睛】本题考查了三角形综合题.主要利用了全等三角形的性质定理与判定定理,解决本题的关键是作出辅助线,构建全等三角形.
2、(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
【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.
3、(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
【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:5、
【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.
4、(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=
【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.
5、(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析
【分析】(1)根据即可证明;
(2)过点作轴,交于点,得出,由平行线的性质得,由轴得,由得,故可得,从而得出,推出,根据证明,得出即可得证;
(3)延长到,
【解析】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析
【分析】(1)根据即可证明;
(2)过点作轴,交于点,得出,由平行线的性质得,由轴得,由得,故可得,从而得出,推出,根据证明,得出即可得证;
(3)延长到,使,连接,,延长交于点,根据证明,得出,,故,由平行线的性质得出,进而推出,根据证明,故,,即可证明.
【详解】(1)轴于点,轴于点,
,
,,
,,
;
(2)
如图2,过点作轴,交于点,
,
,
轴,
,
,
,
,,,
,
在与中,
,
,
,即点为中点;
(3)
如图3,延长到,使,连接,,延长交于点,
,,,
,
,,
,
,
,
,
,
,,
,
,
,
,
,,
,
,即.
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质,利用做辅助线作全等三角形是解决本题的关键.
6、(1)C;(2)见解析;(3)或或
【分析】(1)作垂足为,证明,求出CM和OM的长,即可得到点C坐标;
(2)延长相交于点,先证明,得BD=CF,再证明,得CE=EF,即可证明结论;
(3)分情况
【解析】(1)C;(2)见解析;(3)或或
【分析】(1)作垂足为,证明,求出CM和OM的长,即可得到点C坐标;
(2)延长相交于点,先证明,得BD=CF,再证明,得CE=EF,即可证明结论;
(3)分情况讨论,画出对应的等腰直角三角形的图象,做辅助线构造全等三角形,求出点P坐标.
【详解】解:如图中,作垂足为,
,
,,
在和中,
,
点坐标;
如图,延长相交于点,
,
在和中,
,
,
,
在和中,
,
,
;
(3)①如图,,,过点P作轴于点D,
在和中,
,
∴,
∴,,
∴,
∴;
②如图,,,过点P作轴于点D,
在和中,
,
∴,
∴,,
∴,
∴;
③如图,,,过点P作轴于点E,过点A作于点D,
∵,,
∴,
在和中,
,
∴,
设,,
∵,,
∴,解得,
∴,,
∴;
综上:点P的坐标是或或.
【点睛】本题考查坐标和几何综合题,解题的关键是掌握作辅助线构造全等三角形的方法,利用全等三角形的性质求解点坐标,掌握数形结合的思想.
7、(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
【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.
8、(1),;C(8,4);
(2)证明见解析;
(3),理由见解析.
【分析】(1)利用绝对值的非负性求出a,b的值,作轴交于点D,
证明,进一步可求出点C坐标;
(2)利用已知证明,,再证明,得到,
【解析】(1),;C(8,4);
(2)证明见解析;
(3),理由见解析.
【分析】(1)利用绝对值的非负性求出a,b的值,作轴交于点D,
证明,进一步可求出点C坐标;
(2)利用已知证明,,再证明,得到,,利用平行性质得到,进一步得,再利用HL定理证明,可得,即可证明CG垂直平分EF;
(3)证明得到,,又由(2)可知,进一步可得.
(1)
解:∵,即:,
∴,,
作轴交于点D,
∵,,
∴,
在和中,
∴,
∴,,
∴,即.
(2)
证明:∵,BE平分,
∴,,
在和中,
∴,
∴,,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
在和中,
∴,
∴,即CG垂直平分EF.
(3)
解:,理由如下:
∵,
,
∴,
在和中,
∴,
∴,,
∵,
∴,
又由(2)可知,
∴,即.
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质,全等三角形的判定和性质,绝对值非负性,垂直平分线的判定,平行线的性质,坐标与图形.本题综合性较强,熟练掌握等腰三角形的性质,证明三角形全等是解题的关键.
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