八年级上册压轴题数学试卷附答案VIP

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