人教版八年级数学上学期压轴题模拟综合检测试题001

人教版八年级数学上学期压轴题模拟综合检测试题1．已知，A(0，a)，B(b，0)，点为x轴正半轴上一个动点，AC＝CD，∠ACD＝90°．（1）已知a，b满足等式｜a+b｜+b2+4b＝－4．①求A点和B点的坐标；②如图1，连BD交y轴于点H，求点H的坐标；（2）如图2，已知a+b=0，OC＞OB，作点B关于y轴的对称点E，连DE，点F为DE的中点，连OF和CF，请补全图形，探究OF与CF有什么数量和位置关系，并证明你的结论．2．如图1，在平面直角坐标系中，点，，且，满足，连接，，交轴于点．（1）求点的坐标；（2）求证：；（3）如图2，点在线段上，作轴于点，交于点，若，求证：．3．在△ABC中，AB=AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD=AE，∠DAE=∠BAC，连接CE．（1）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC=90°，则∠BCE=________度；（2）设，．①如图2，当点在线段BC上移动，则，之间有怎样的数量关系？请说明理由；②当点在直线BC上移动，则，之间有怎样的数量关系？请直接写出你的结论．4．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．5．如图，已知中，，，点是的中点，如果点在线段上以的速度由点向点移动，同时点在线段上由点向点以的速度移动，若、同时出发，当有一个点移动到点时，、都停止运动，设、移动时间为．（1）求的取值范围．（2）当时，问与是否全等，并说明理由．（3）时，若为等腰三角形，求的值．6．已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=BC．（1）如图1，若∠BAD=90°，AD=2，求CD的长度；（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ=AP+CQ，求证：∠PBQ=90°−∠ADC；（3）如图3，若点Q运动到DC的延长线上，点P也运动到DA的延长线上时，仍然满足PQ=AP+CQ，则（2）中的结论是否成立？若成立，请给出证明过程，若不成立，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程.7．在平面直角坐标系中，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，点A与点C关于y轴对称．(1)如图1，OA=OB，AF平分∠BAC交BC于F，BE⊥AF交AC于E，请直接写出EF与EC的数量关系为；(2)如图2，AF平分∠BAC交BC于F，若AF=2OB，求∠ABC的度数；(3)如图3，OA=OB，点G在BO的垂直平分线上，作∠GOH=45°交BA的延长线于H，连接GH，试探究OG与GH的数量和位置关系．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）①A（0，2），B（-2，0）；②H（0，-2）；（2）CF⊥OF，CF=OF，证明见解析．【分析】（1）①利用绝对值、完全平方的非负性的应用，求出a、b的值，即可得到答案；②过C作y解析：（1）①A（0，2），B（-2，0）；②H（0，-2）；（2）CF⊥OF，CF=OF，证明见解析．【分析】（1）①利用绝对值、完全平方的非负性的应用，求出a、b的值，即可得到答案；②过C作y轴垂线交BA的延长线于E，然后证明△CEA≌△CBD，得到OB=OH，即可得到答案；（2）由题意，先证明△DFG≌△EFO，然后证明△DCG≌△ACO，得到△OCG是等腰直角三角形，再根据三线合一定理，即可得到结论成立．【详解】解：（1）∵，∴，∴，∴，，∴，∴，∴A（0，2），B（2，0）；②过C作x轴垂线交BA的延长线于E，∵OA=OB=2，∠AOB=90°，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠ABO=45°，∵EC⊥BC，∴△BCE是等腰直角三角形，∴BC=EC，∠BCE=90°=∠ACD，∴∠ACE=∠DCB，∵AC=DC，∴△CEA≌△CBD，∴∠CBD=∠E=45°，∴OH=OB=2，∴H（0，2）；（2）补全图形，如图：∵点B、E关于y轴对称，∴OB=OE，∵a+b=0，即∴OA=OB=OE延长OF至G使FG=OF，连DG，CG，∵OF=FG，∠OFE=∠DFG，EF=DF∴△DFG≌△EFO∴DG=OE=OA，∠DGF=∠EOF∴DG∥OE∴∠CDG=∠DCO；∵∠ACO+∠CAO=∠ACO+∠DCO=90°，∴∠DCO=∠CAO；∴∠CDG=∠DCO=∠CAO；∵CD=AC，OA=DG∴△DCG≌△ACO∴OC=GC，∠DCG=∠ACO∴∠OCG=90°，∴∠COF=45°，∴△OCG是等腰直角三角形，由三线合一定理得CF⊥OF∵∠OCF=∠COF=45°，∴CF=OF；【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，非负性的应用，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线进行解题．3．（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）由非负性可求a，b的值，即可求解；（2）由“SAS”可证△ABP≌△BCQ，可得AB=BC，∠BAP=∠CBQ，可证△ABC是等腰直解析：（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）由非负性可求a，b的值，即可求解；（2）由“SAS”可证△ABP≌△BCQ，可得AB=BC，∠BAP=∠CBQ，可证△ABC是等腰直角三角形，可得∠BAC=45°，可得结论；（3）由“AAS”可证△ATO≌△EAG，可得AT=AE，OT=AG，由“SAS”可证△TAD≌△EAD，可得TD=ED，∠TDA=∠EDA，由平行线的性质可得∠EFD=∠EDF，可得EF=ED，即可得结论．【详解】解：（1）∵a2-2ab+2b2-16b+64=0，∴（a-b）2+（b-8）2=0，∴a=b=8，∴b-6=2，∴点C（2，-8）；（2）∵a=b=8，∴点A（0，6），点B（8，0），点C（2，-8），∴AO=6，OB=8，如图1，过点B作PQ⊥x轴，过点A作AP⊥PQ，交PQ于点P，过点C作CQ⊥PQ，交PQ于点Q，∴四边形AOBP是矩形，∴AO=BP=6，AP=OB=8，∵点B（8，0），点C（2-8），∴CQ=6，BQ=8，∴AP=BQ，CQ=BP，又∠APB=∠BCQ∴△ABP≌△BCQ（SAS），∴AB=BC，∠BAP=∠CBQ，∵∠BAP+∠ABP=90°，∴∠ABP+∠CBQ=90°，∴∠ABC=90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC=45°，∵∠OAD+∠ADO=∠OAD+∠BAC+∠ABO=90°，∴∠OAC+∠ABO=45°；（3）如图2，过点A作AT⊥AB，交x轴于T，连接ED，∴∠TAE=90°=∠AGE，∴∠ATO+∠TAO=90°=∠TAO+∠GAE=∠GAE+∠AEG，∴∠ATO=∠GAE，∠TAO=∠AEG，又∵EG=AO，∴△ATO≌△EAG（AAS），∴AT=AE，OT=AG，∵∠BAC=45°，∴∠TAD=∠EAD=45°，又∵AD=AD，∴△TAD≌△EAD（SAS），∴TD=ED，∠TDA=∠EDA，∵EG⊥AG，∴EG∥OB，∴∠EFD=∠TDA，∴∠EFD=∠EDF，∴EF=ED，∴EF=ED=TD=OT+OD=AG+OD，∴EF=AG+OD．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．4．（1）90；（2）①，理由见解析；②当点D在射线BC．上时，a+β=180°，当点D在射线BC的反向延长线上时，a=β．【分析】（1）可以证明△BAD≌△CAE，得到∠B＝∠ACE，证明∠ACB解析：（1）90；（2）①，理由见解析；②当点D在射线BC．上时，a+β=180°，当点D在射线BC的反向延长线上时，a=β．【分析】（1）可以证明△BAD≌△CAE，得到∠B＝∠ACE，证明∠ACB＝45°，即可解决问题；（2）①证明△BAD≌△CAE，得到∠B＝∠ACE，β＝∠B＋∠ACB，即可解决问题；②证明△BAD≌△CAE，得到∠ABD＝∠ACE，借助三角形外角性质即可解决问题．【详解】解：（1）∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵∠DAE=∠BAC，∴∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴∠ABC=∠ACE=45°，∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，故答案为：；（2）①．理由：∵，∴．即．又，∴．∴．∴．∴．∵，∴．②如图：当点D在射线BC上时，α+β=180°，连接CE，∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD=∠ACE，在△ABC中，∠BAC+∠B+∠ACB=180°，∴∠BAC+∠ACE+∠ACB=∠BAC+∠BCE=180°，即：∠BCE+∠BAC=180°，∴α+β=180°，如图：当点D在射线BC的反向延长线上时，α=β．连接BE，∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，又∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD=∠ACE，∴∠ABD=∠ACE=∠ACB+∠BCE，∴∠ABD+∠ABC=∠ACE+∠ABC=∠ACB+∠BCE+∠ABC=180°，∵∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB，∴∠BAC=∠BCE．∴α=β；综上所述：点D在直线BC上移动，α+β=180°或α=β．【点睛】该题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及其性质等几何知识点及其应用问题；应牢固掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及其性质等几何知识点．5．（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）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．6．（1）；（2）时，与全等，证明见解析；（3）当或时，为等腰三角形【分析】（1）由题意根据图形点的运动问题建立不等式组，进行分析求解即可；（2）根据题意利用全等三角形的判定定理（SAS），进行解析：（1）；（2）时，与全等，证明见解析；（3）当或时，为等腰三角形【分析】（1）由题意根据图形点的运动问题建立不等式组，进行分析求解即可；（2）根据题意利用全等三角形的判定定理（SAS），进行分析求证即可；（3）根据题意分和以及三种情况，根据等腰三角形的性质进行分析计算.【详解】（1）依题意，，.（2）时，与全等，证明：时，，，在和中，∵，，点是的中点，，，，(SAS).（3）①当时，有；②当时，∵，∴，∴有，∵，∴（舍去）；③当时，∵，∴，∴有，∴；综上，当或时，为等腰三角形.【点睛】本题考查等腰三角形相关的动点问题，熟练掌握等腰三角形的性质和全等三角形的判定以及相似三角形的判定与性质并运用数形结合的思维将动点问题转化为代数问题进行分析是解题的关键.7．（1）CD=2；（2）证明见解析；（3）（2）中结论不成立，应该是：，理由见解析.【分析】（1）如图1，利用HL证得两个直角三角形全等：Rt△BAD≌Rt△BCD，则其对应边相等：AD=DC=2解析：（1）CD=2；（2）证明见解析；（3）（2）中结论不成立，应该是：，理由见解析.【分析】（1）如图1，利用HL证得两个直角三角形全等：Rt△BAD≌Rt△BCD，则其对应边相等：AD=DC=2；（2）如图2，延长DC，在上面找一点K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后由全等三角形△PBQ≌△BKQ的对应角相等求得∠PBQ=∠ABC，结合已知条件“∠ABC+∠ADC=180°”可以推知∠PBQ=90°-∠ADC；（3）（2）中结论不成立，应该是：∠PBQ=90°+∠ADC．如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360度可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．【详解】（1）∵，

∴在Rt△BAD和Rt△BCD中，∴Rt△BAD≌Rt△BCD（HL）∴AD=DC=2

∴DC=2

（2）如图，延长DC，在上面找一点K，使得CK=AP，连接BK∵∴∵∴在△BPA和△BCK中∴△BPA≌△BCK（SAS）∴，BP=BK∵PQ=AP+CQ∴PQ=QK在△PBQ和△BKQ中∴△PBQ≌△BKQ（SSS）∴∴∴∵∴∴∴（3）（2）中结论不成立，应该是：在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK∵∴∵∴在△BPA和△BCK中∴△BPA≌△BCK（SAS）∴，BP=BK∴∵PQ=AP+CQ∴PQ=QK在△PBQ和△BKQ中∴△PBQ≌△BKQ（SSS）∴∴∴∴【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形.8．(1)EF＝EC(2)72°(3)GH＝GO，GH⊥GO【分析】（1）如图1中，设AF交BE于点J．首先证明AB=AE，再证明∠AEF=∠ABF=90°，可得结论；（2）如图2中，取解析：(1)EF＝EC(2)72°(3)GH＝GO，GH⊥GO【分析】（1）如图1中，设AF交BE于点J．首先证明AB=AE，再证明∠AEF=∠ABF=90°，可得结论；（2）如图2中，取CF的中点T，连接OT．由OA=OC，BO⊥AC，推出BA=BC，推出∠BAC=∠BCA，∠ABO=∠CBO，设∠BAC=∠BCA=2α，利用三角形内角和定理，构建方程求解即可；（3）结论：OG=GH，OG⊥GH．如图3中，连接GB，在BA上取一点H′，使得GB=GH′，连接OH′，设AB交DG于点W，交OG于点K，连接OW．证明∠GOH′=GOH=45°，推出点H与点H′重合，可得结论．（1）解：（1）结论：EF=EC．理由：如图1中，设AF交BE于点J．∵AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠CAF，∵BE⊥AF，∴∠BAF+∠ABE=90°，∠CAF+∠AEB=90°，∴∠ABE=∠AEB，∴AB=AE，∵A，C关于y轴对称，∴OA=OC，∵OA=OB，∴OA=OB=OC，∴∠OAB=∠OBA=45°，∠OCB=∠OBC=45°，∴∠ABC=90°，在△ABF和△AEF中，，∴△ABF≌△AEF（SAS），∴∠AEF=∠ABF=90°，∴∠CEF=90°，∴∠ECF=∠EFC=45°，∴EF=EC；（2）解：如图2中，取CF的中点T，连接OT．∵AO=OC，FT=TC，∴OT∥AF，OT=AF，∵AF=2OB，∴OB=OT，∴∠OBT=∠OTB，∵OA=OC，BO⊥AC，∴BA=BC，∴∠BAC=∠BCA，∠ABO=∠CBO，设∠BAC=∠BCA=2α，∵AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠CAF=α，∵OT∥AF，∴∠TOC=∠CAF=α，∴∠OBT=∠OTB=∠TO