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八年级上学期压轴题强化数学试题含解析(一)1、如图1,在平面直角坐标系中,点A(a,0)、点B(b,0)为x轴上两点,点C在y轴的正半轴上,且a,b满足等式.(1)________;(2)如图2,若M,N是OC上的点,且,延长BN交AC于P,判断△APN的形状并说明理由;(3)如图3,若,点D为线段BC上的动点(不与B,C重合),过点D作于E,BG平分∠ABC交线段DE于点G,连AD,F为AD的中点,连接CG,CF,FG.试说明,CG与FG的数量关系.2、如图,在等边△ABC中,AB=AC=BC=6cm,现有两点M、N分别从点A、B同时出发,沿三角形的边运动,已知点M的速度为1cm/s,点N的速度为2cm/s.当点N第一次回到点B时,点M、N同时停止运动,设运动时间为ts.(1)当t为何值时,M、N两点重合;(2)当点M、N分别在AC、BA边上运动,△AMN的形状会不断发生变化.①当t为何值时,△AMN是等边三角形;②当t为何值时,△AMN是直角三角形;(3)若点M、N都在BC边上运动,当存在以MN为底边的等腰△AMN时,求t的值.3、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+1=0时,求A,B的坐标;(2)当a+b=0时,①如图1,若D与P关于y轴对称,PE⊥DB并交DB延长线于E,交AB的延长线于F,求证:PB=PF;②如图2,把射线BP绕点B顺时针旋转45o,交x轴于点Q,当CP=AQ时,求∠APB的大小.4、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).5、如图1,在平面直角坐标系中,点在x轴负半轴上,点B在y轴正半轴上,设,且.(1)直接写出的度数.(2)如图2,点D为AB的中点,点P为y轴负半轴上一点,以AP为边作等边三角形APQ,连接DQ并延长交x轴于点M,若,求点M的坐标.(3)如图3,点C与点A关于y轴对称,点E为OC的中点,连接BE,过点B作,且,连接AF交BC于点P,求的值.6、如图1,在△ABC中,AE⊥BC于E,AE=BE,D是AE上一点,且DE=CE,连接BD,CD.(1)判断与的位置关系和数量关系,并证明;(2)如图2,若将△DCE绕点E旋转一定的角度后,BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化?并证明;(3)如图3,将(2)中的等腰直角三角形都换成等边三角形,其他条件不变,求BD与AC夹角的度数.7、在平面直角坐标系中,点A(a,0),点B(0,b),已知a,b满足.(1)求点A和点B的坐标;(2)如图1,点E为线段OB的中点,连接AE,过点A在第二象限作,且,连接BF交x轴于点D,求点D和点F的坐标;:(3)在(2)的条件下,如图2,过点E作交AB于点P,M是EP延长线上一点,且,连接MO,作,ON交BA的延长线于点N,连接MN,求点N的坐标.8、如图,△ABC中,AB=AC=BC,∠BDC=120°且BD=DC,现以D为顶点作一个60°角,使角两边分别交AB,AC边所在直线于M,N两点,连接MN,探究线段BM、MN、NC之间的关系,并加以证明.(1)如图1,若∠MDN的两边分别交AB,AC边于M,N两点.猜想:BM+NC=MN.延长AC到点E,使CE=BM,连接DE,再证明两次三角形全等可证.请你按照该思路写出完整的证明过程;(2)如图2,若点M、N分别是AB、CA的延长线上的一点,其它条件不变,再探究线段BM,MN,NC之间的关系,请直接写出你的猜想(不用证明).【参考答案】1、(1)0(2)等腰三角形,见解析(3)CG=2FG【分析】(1)由可得,得出a、b的值即可求解;(2)由OC垂直平分AB可得,再由外角可得,结合已知条件,等量代换即可得到结论;(3)先延【解析】(1)0(2)等腰三角形,见解析(3)CG=2FG【分析】(1)由可得,得出a、b的值即可求解;(2)由OC垂直平分AB可得,再由外角可得,结合已知条件,等量代换即可得到结论;(3)先延长GF至点M,使FM=FG,连接CG、CM、AM,可证,得到,再结合已知条件得到,可得是等腰三角形,利用等腰三角形的性质得出,最后证明为等边三角形,即可得到结论.(1)解得(2)是等腰三角形,理由如下:由点A(a,0)、点B(b,0)为x轴上两点,且可得,OA=OBOC垂直平分AB,是等腰三角形(3),理由如下:如图,延长GF至点M,使FM=FG,连接CG、CM、AMF为AD的中点在和中垂直平分,BG平分为等边三角形,在和中

即是等腰三角形为等边三角形

在中,.【点睛】本题是三角形的综合题目,考查了非负性求和、线段垂直平分线的性质、外角的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质及直角三角形的性质,涉及知识点多,能够合理添加辅助线并综合运用知识点是解题的关键.2、(1)当M、N运动6秒时,点N追上点M;(2)①,△AMN是等边三角形;②当或时,△AMN是直角三角形;(3)【详解】(1)首先设点M、N运动x秒后,M、N两点重合,表示出M,N的运动路程,N的运【解析】(1)当M、N运动6秒时,点N追上点M;(2)①,△AMN是等边三角形;②当或时,△AMN是直角三角形;(3)【详解】(1)首先设点M、N运动x秒后,M、N两点重合,表示出M,N的运动路程,N的运动路程比M的运动路程多6cm,列出方程求解即可;(2)①根据题意设点M、N运动t秒后,可得到等边三角形△AMN,然后表示出AM,AN的长,由于∠A等于60°,所以只要AM=AN三角形ANM就是等边三角形;②分别就∠AMN=90°和∠ANM=90°列方程求解可得;(3)首先假设△AMN是等腰三角形,可证出△ACM≌△ABN,可得CM=BN,设出运动时间,表示出CM,NB,NM的长,列出方程,可解出未知数的值.【解答】解:(1)设点M、N运动x秒后,M、N两点重合,x×1+6=2x,解得:x=6,即当M、N运动6秒时,点N追上点M;(2)①设点M、N运动t秒后,可得到等边三角形△AMN,如图1,AM=t,AN=6﹣2t,∵AB=AC=BC=6cm,∴∠A=60°,当AM=AN时,△AMN是等边三角形,∴t=6﹣2t,解得t=2,∴点M、N运动2秒后,可得到等边三角形△AMN.②当点N在AB上运动时,如图2,若∠AMN=90°,∵BN=2t,AM=t,∴AN=6﹣2t,∵∠A=60°,∴2AM=AN,即2t=6﹣2t,解得;如图3,若∠ANM=90°,由2AN=AM得2(6﹣2t)=t,解得.综上所述,当t为或时,△AMN是直角三角形;(3)当点M、N在BC边上运动时,可以得到以MN为底边的等腰三角形,由(1)知6秒时M、N两点重合,恰好在C处,如图4,假设△AMN是等腰三角形,∴AN=AM,∴∠AMN=∠ANM,∴∠AMC=∠ANB,∵AB=BC=AC,∴△ACB是等边三角形,∴∠C=∠B,在△ACM和△ABN中,∵∠AMC=∠ANB,∠C=∠B,AC=AB,∴△ACM≌△ABN(AAS),∴CM=BN,∴t﹣6=18﹣2t,解得t=8,符合题意.所以假设成立,当M、N运动8秒时,能得到以MN为底的等腰三角形.【点睛】本题是三角形综合题,主要考查了等边三角形的判定与性质,含30°角的直角三角形的性质,全等三角形的判定与性质,将动点问题转化为线段的长是解题的关键.3、(1);(2)①见解析;②∠APB=22.5°【分析】(1)利用非负数的性质求解即可;(2)①想办法证明∠PBF=∠F,可得结论;②如图2中,过点Q作QF⊥QB交PB于F,过点F作FH⊥x轴于H【解析】(1);(2)①见解析;②∠APB=22.5°【分析】(1)利用非负数的性质求解即可;(2)①想办法证明∠PBF=∠F,可得结论;②如图2中,过点Q作QF⊥QB交PB于F,过点F作FH⊥x轴于H,可得等腰直角△BQF,证明△FQH≌△QBO(AAS),再证明FQ=FP即可解决问题.【详解】解:(1)∵2a2+4ab+4b2+2a+1=0,∴(a+2b)2+(a+1)2=0,∵(a+2b)2≥0,(a+1)2≥0,∴a+2b=0,a+1=0,∴a=﹣1,b=,∴A(﹣1,0),B(0,).(2)①证明:如图1中,∵a+b=0,∴a=﹣b,∴OA=OB,

又∵∠AOB=90°,∴∠BAO=∠ABO=45°,∵D与P关于y轴对称,∴BD=BP,∴∠BDP=∠BPD,设∠BDP=∠BPD=α,则∠PBF=∠BAP+∠BPA=45°+α,∵PE⊥DB,∴∠BEF=90°,∴∠F=90°﹣∠EBF,又∠EBF=∠ABD=∠BAO﹣∠BDP=45°﹣α,∴∠F=45°+α,∴∠PBF=∠F,∴PB=PF.②解:如图2中,过点Q作QF⊥QB交PB于F,过点F作FH⊥x轴于H.可得等腰直角△BQF,∵∠BOQ=∠BQF=∠FHQ=90°,∴∠BQO+∠FQH=90°,∠FQH+∠QFH=90°,∴∠BQO=∠QFH,∵QB=QF,∴△FQH≌△QBO(AAS),∴HQ=OB=OA,∴HO=AQ=PC,∴PH=OC=OB=QH,∴FQ=FP,又∠BFQ=45°,∴∠APB=22.5°.【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.4、(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PH⊥AE于H,连BC,作PG⊥BC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(Rt△PGB≌Rt△PHE),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PH⊥AE于H,连BC,作PG⊥BC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Rt△PGB和Rt△PHE中,,∴Rt△PGB≌Rt△PHE(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)①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;②当P在线段CD上时,如图3,过P作PH⊥AE于H,连BC,作PG⊥BC交BC于G,此时Rt△PGB≌Rt△PHE(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;③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.5、(1);(2);(3).【分析】(1)根据坐标系写出的坐标,进而根据,因式分解可得,进而可得,在x轴的正半轴上取点C,使,连接BC,证明是等边三角形,进而即可求得;(2)连接BM,,进而证明为等【解析】(1);(2);(3).【分析】(1)根据坐标系写出的坐标,进而根据,因式分解可得,进而可得,在x轴的正半轴上取点C,使,连接BC,证明是等边三角形,进而即可求得;(2)连接BM,,进而证明为等边三角形,根据含30度角的直角三角形的性质即可求得(3)过点F作轴交CB的延长线于点N,证明,,设,则等边三角形ABC的边长是4a,,进而计算可得,,即可求得的值.【详解】(1)∵点在x轴负半轴上,∴,,∵,,∴,∵,∴,∴,如答图1,在x轴的正半轴上取点C,使,连接BC,∵,∴,又∵,∴,∴,∴是等边三角形,∴;(2)如答图2,连接BM,∴是等边三角形,∵,,∵∠,∴,∴,∵D为AB的中点,∴,∵,∴,∴,在和中,∴,∴,即,∴,∴为等边三角形,∴,∴;(3)如答图3,过点F作轴交CB的延长线于点N,则,∵,∴,在和中,∴,∴,,∵,∴,又∵E是OC的中点,设,∴等边三角形ABC的边长是4a,,∵,∴,在和中,∴,∴,又∵,∴,,∴.【点睛】本题考查了坐标与图形,三角形全等的性质与判定,等边三角形的性质与判定,因式分解的应用,掌握三角形全等的性质与判定并正确的添加辅助线是解题的关键.6、(1),;(2),;(3).【分析】(1)先判断出,再判定,再判断,(2)先判断出,再得到同理(1)可得结论;(3)先判断出,再判断出,最后计算即可.【详解】解:(1)与的位置关系是:,【解析】(1),;(2),;(3).【分析】(1)先判断出,再判定,再判断,(2)先判断出,再得到同理(1)可得结论;(3)先判断出,再判断出,最后计算即可.【详解】解:(1)与的位置关系是:,数量关系是.理由如下:如图1,延长交于点.于,.,,,,,.,.AE⊥BC∴,,.(2)与的位置关系是:,数量关系是.如图,线段AC与线段BD交于点F,线段AE与线段BD交于点G,,,即.,,,,.AE⊥BC∴,又∵,.(3)如图,线段AC与线段BD交于点F,和是等边三角形,,,,,,,在和中,,∴,,与的夹角度数为.【点睛】此题是几何变换综合题,主要考查了全等三角形的判定和性质,等边三角形的性质,判断垂直的方法,解本题的关键是判断.7、(1),;(2)D(-1,0),F(-2,4);(3)N(-6,2)【分析】(1)结合题意,根据绝对值和乘方的性质,得,,通过求解一元一次方程,得,;结合坐标的性质分析,即可得到答案;(2)如图【解析】(1),;(2)D(-1,0),F(-2,4);(3)N(-6,2)【分析】(1)结合题意,根据绝对值和乘方的性质,得,,通过求解一元一次方程,得,;结合坐标的性质分析,即可得到答案;(2)如图,过点F作FH⊥AO于点H,根据全等三角形的性质,通过证明,得AH=EO=2,FH=AO=4,从而得OH=2,即可得点F坐标;通过证明,推导得HD=OD=1,即可得到答案;(3)过点N分别作NQ⊥ON交OM的延长线于点Q,NG⊥PN交EM的延长线于点G,再分别过点Q和点N作QR⊥EG于点R,NS⊥EG于点S,根据余角和等腰三角形的性质,通过证明等腰和等腰,推导得,再根据全等三角形的性质,通过证明,得等腰,再通过证明,得NS=EM=4,MS=OE=2,即可完成求解.【详解】(1)∵,∴.∵,∴,∴,∴,∴,.(2)如图,过点F作FH⊥AO于点H∵AF⊥AE∴∠FHA=∠AOE=90°,∵∴∠AFH=∠EAO又∵AF=AE,在和中∴∴AH=EO=2,FH=AO=4∴OH=AO-AH=2∴F(-2,4)∵OA=BO,∴FH=BO在和中∴∴HD=OD∵∴HD=OD=1∴D(-1,0)∴D(-1,0),F(-2,4);(3)如图,过点N分别作NQ⊥ON交OM的延长线于点Q,NG⊥PN交EM的延长线于点G,再分别过点Q和点N作QR⊥EG于点R,NS⊥EG于点S∴∴,∴∴∴∴等腰∴NQ=NO,∵NG⊥PN,NS⊥EG∴∴,∴∵,∴∵点E为线段OB的中点∴∴∴∴∴∴∴∴等腰∴NG=NP,∵∴∴∠QNG=∠ONP在和中∴∴∠NGQ=∠NPO,GQ=PO∵,∴PO=PB∴∠POE=∠PBE=45°∴∠NPO=90°∴∠NGQ=90°∴∠QGR=45°.在和中∴.∴QR=OE在和中∴∴QM=OM.∵NQ=NO,∴NM⊥OQ∵∴等腰∴∵∴在和中∴∴NS=EM=4,MS=OE=2∴N(-6,2).【点睛】本题考查了直角坐标系、全等三角形、直角三角形、等腰三角形、绝对值、乘方的知识;解题的关键是熟练掌握直角坐标系、全等三角形、等腰三角形的性质,从而完成求解.8、(1)过程见解析;(2)MN=NC﹣BM.【分析】(1)延长AC至E,使得CE=BM并连接DE,根据△BDC为等腰三角形,△ABC为等边三角形,可以证得△MBD≌△ECD,可得MD=DE,∠BD【解析】(1)过程见解析;(2)MN=NC﹣BM.【分析】(1)延长AC至E,使得CE=BM并连接DE,根据△BDC为等腰三角形,△ABC为等边三角形,可以证得△MBD≌△ECD,可得MD=DE,∠BDM=∠CDE,再根据∠MDN=60°,∠BDC=120°,

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