人教版八年級上學期壓軸題模擬數(shù)學檢測試卷附答案

人教版八年級上學期壓軸題模擬數(shù)學檢測試卷附答案1．如圖1，在平面直角坐標系中，點A（a，0）、點B（b，0）為x軸上兩點，點C在y軸的正半軸上，且a，b滿足等式．(1)________；(2)如圖2，若M，N是OC上的點，且，延長BN交AC于P，判斷△APN的形狀并說明理由；(3)如圖3，若，點D為線段BC上的動點（不與B，C重合），過點D作于E，BG平分∠ABC交線段DE于點G，連AD，F(xiàn)為AD的中點，連接CG，CF，F(xiàn)G．試說明，CG與FG的數(shù)量關(guān)系．2．如圖1，在平面直角坐標系中，點，，且，滿足，連接，，交軸于點．（1）求點的坐標；（2）求證：；（3）如圖2，點在線段上，作軸于點，交于點，若，求證：．3．在平面直角坐標系中，點A(a，0)，點B(0，b)，已知a，b滿足．（1）求點A和點B的坐標；（2）如圖1，點E為線段OB的中點，連接AE，過點A在第二象限作，且，連接BF交x軸于點D，求點D和點F的坐標；：（3）在（2）的條件下，如圖2，過點E作交AB于點P，M是EP延長線上一點，且，連接MO，作，ON交BA的延長線于點N，連接MN，求點N的坐標．4．如圖，在平面直角坐標系中，A（a，0），B（0，b），且|a+4|+b2﹣86+16＝0．（1）求a，b的值；（2）如圖1，c為y軸負半軸上一點，連CA，過點C作CD⊥CA，使CD＝CA，連BD．求證：∠CBD＝45°；（3）如圖2，若有一等腰Rt△BMN，∠BMN＝90°，連AN，取AN中點P，連PM、PO．試探究PM和PO的關(guān)系．5．如圖，在平面直角坐標系中，點A（0，3），B（，0），AB=6，作∠DBO=∠ABO，點H為y軸上的點，∠CAH=∠BAO，BD交y軸于點E，直線DO交AC于點C．（1）證明：△ABE為等邊三角形；（2）若CD⊥AB于點F，求線段CD的長；（3）動點P從A出發(fā)，沿A﹣O﹣B路線運動，速度為1個單位長度每秒，到B點處停止運動；動點Q從B出發(fā)，沿B﹣O﹣A路線運動，速度為2個單位長度每秒，到A點處停止運動．兩點同時開始運動，都要到達相應(yīng)的終點才能停止．在某時刻，作PM⊥CD于點M，QN⊥CD于點N．問兩動點運動多長時間時△OPM與△OQN全等？6．[背景]角的平分線是常見的幾何模型，利用軸對稱構(gòu)造三角形全等可解決有關(guān)問題．[問題]在四邊形ABDE中，C是BD邊的中點．(1)如圖1，若AC平分∠BAE，∠ACE＝90°，則線段AE、AB、DE的長度滿足的數(shù)量關(guān)系為______；（直接寫出答案）(2)如圖2，AC平分∠BAE，EC平分∠AED，若∠ACE＝120°，則線段AB、BD、DE、AE的長度滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出結(jié)論并證明；(3)如圖3，若∠ACE＝120°，AB＝4，DE＝9，BD＝12，則AE的最大值是______．（直接寫出答案）7．【閱讀材料】小明同學發(fā)現(xiàn)這樣一個規(guī)律：兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來則形成一組全等的三角形，小明把具有這個規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形如圖1，在“手拉手”圖形中，小明發(fā)現(xiàn)若∠BAC=∠DAE，AB=AC，AD=AE，則ABD≌ACE．【材料理解】（1）在圖1中證明小明的發(fā)現(xiàn)．【深入探究】（2）如圖2，ABC和AED是等邊三角形，連接BD，EC交于點O，連接AO，下列結(jié)論：①BD=EC；②∠BOC=60°；③∠AOE=60°，其中正確的有_____．(將所有正確的序號填在橫線上）【延伸應(yīng)用】（3）如圖3，在四邊形ABCD中，BD=CD，AB=BE，∠ABE=∠BDC=60°，試探究∠A與∠BED的數(shù)量關(guān)系，并證明．8．如圖，在等邊△ABC中，線段AM為BC邊上的中線．動點D在直線AM上時，以CD為一邊在CD的下方作等邊△CDE，連結(jié)BE．（1）求∠CAM的度數(shù)；（2）若點D在線段AM上時，求證：△ADC≌△BEC；（3）當動D在直線AM上時，設(shè)直線BE與直線AM的交點為O，試判斷∠AOB是否為定值？并說明理由．【參考答案】2．(1)0(2)等腰三角形，見解析(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，結(jié)合已知條件，等量代換即可得到結(jié)論；解析：(1)0(2)等腰三角形，見解析(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，結(jié)合已知條件，等量代換即可得到結(jié)論；（3）先延長GF至點M，使FM=FG，連接CG、CM、AM，可證，得到，再結(jié)合已知條件得到，可得是等腰三角形，利用等腰三角形的性質(zhì)得出，最后證明為等邊三角形，即可得到結(jié)論．(1)解得(2)是等腰三角形，理由如下：由點A（a，0）、點B（b，0）為x軸上兩點，且可得，OA=OBOC垂直平分AB，是等腰三角形(3)，理由如下：如圖，延長GF至點M，使FM=FG，連接CG、CM、AMF為AD的中點在和中垂直平分，BG平分為等邊三角形，在和中

即是等腰三角形為等邊三角形

在中，．【點睛】本題是三角形的綜合題目，考查了非負性求和、線段垂直平分線的性質(zhì)、外角的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)，涉及知識點多，能夠合理添加輔助線并綜合運用知識點是解題的關(guān)鍵．3．（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析．【分析】（1）由非負性可求a，b的值，即可求解；（2）由“SAS”可證△ABP≌△BCQ，可得AB=BC，∠BAP=∠CBQ，可證△ABC是等腰直解析：（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析．【分析】（1）由非負性可求a，b的值，即可求解；（2）由“SAS”可證△ABP≌△BCQ，可得AB=BC，∠BAP=∠CBQ，可證△ABC是等腰直角三角形，可得∠BAC=45°，可得結(jié)論；（3）由“AAS”可證△ATO≌△EAG，可得AT=AE，OT=AG，由“SAS”可證△TAD≌△EAD，可得TD=ED，∠TDA=∠EDA，由平行線的性質(zhì)可得∠EFD=∠EDF，可得EF=ED，即可得結(jié)論．【詳解】解：（1）∵a2-2ab+2b2-16b+64=0，∴（a-b）2+（b-8）2=0，∴a=b=8，∴b-6=2，∴點C（2，-8）；（2）∵a=b=8，∴點A（0，6），點B（8，0），點C（2，-8），∴AO=6，OB=8，如圖1，過點B作PQ⊥x軸，過點A作AP⊥PQ，交PQ于點P，過點C作CQ⊥PQ，交PQ于點Q，∴四邊形AOBP是矩形，∴AO=BP=6，AP=OB=8，∵點B（8，0），點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）如圖2，過點A作AT⊥AB，交x軸于T，連接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．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，添加恰當輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．4．（1），；（2）D(-1，0)，F(xiàn)(-2，4)；（3）N(-6，2)【分析】（1）結(jié)合題意，根據(jù)絕對值和乘方的性質(zhì)，得，，通過求解一元一次方程，得，；結(jié)合坐標的性質(zhì)分析，即可得到答案；（2）解析：（1），；（2）D(-1，0)，F(xiàn)(-2，4)；（3）N(-6，2)【分析】（1）結(jié)合題意，根據(jù)絕對值和乘方的性質(zhì)，得，，通過求解一元一次方程，得，；結(jié)合坐標的性質(zhì)分析，即可得到答案；（2）如圖，過點F作FH⊥AO于點H，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，通過證明，得AH=EO=2，F(xiàn)H=AO=4，從而得OH=2，即可得點F坐標；通過證明，推導得HD=OD=1，即可得到答案；（3）過點N分別作NQ⊥ON交OM的延長線于點Q，NG⊥PN交EM的延長線于點G，再分別過點Q和點N作QR⊥EG于點R，NS⊥EG于點S，根據(jù)余角和等腰三角形的性質(zhì)，通過證明等腰和等腰，推導得，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，通過證明，得等腰，再通過證明，得NS=EM=4，MS=OE=2，即可完成求解．【詳解】（1）∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，．（2）如圖，過點F作FH⊥AO于點H∵AF⊥AE∴∠FHA=∠AOE=90°，∵∴∠AFH=∠EAO又∵AF=AE，在和中∴∴AH=EO=2，F(xiàn)H=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(xiàn)(-2，4)；（3）如圖，過點N分別作NQ⊥ON交OM的延長線于點Q，NG⊥PN交EM的延長線于點G，再分別過點Q和點N作QR⊥EG于點R，NS⊥EG于點S∴∴，∴∴∴∴等腰∴NQ=NO，∵NG⊥PN,NS⊥EG∴∴，∴∵，∴∵點E為線段OB的中點∴∴∴∴∴∴∴∴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)．【點睛】本題考查了直角坐標系、全等三角形、直角三角形、等腰三角形、絕對值、乘方的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握直角坐標系、全等三角形、等腰三角形的性質(zhì)，從而完成求解．5．（1）a＝﹣4，b＝4；（2）見解析；（3）MP＝OP，MP⊥OP，理由見解析【分析】（1）先利用完全平方公式將a和b的式子化成絕對值與平方數(shù)之和的形式，再利用絕對值的非負數(shù)和平方數(shù)的非負性即可解析：（1）a＝﹣4，b＝4；（2）見解析；（3）MP＝OP，MP⊥OP，理由見解析【分析】（1）先利用完全平方公式將a和b的式子化成絕對值與平方數(shù)之和的形式，再利用絕對值的非負數(shù)和平方數(shù)的非負性即可；（2）如圖1（見解析），作于E．易證，由三角形全等的性質(zhì)得，再證明是等腰直角三角形即可；（3）如圖2（見解析），延長MP至Q，使得，連接AQ，OQ，OM，延長MN交AO于C．證出和，再利用全等三角形的性質(zhì)證明是等腰直角三角形即可.【詳解】（1）由絕對值的非負性和平方數(shù)的非負性得：解得：；（2）如圖1，作于E是等腰直角三角形，；（3）如圖2，延長MP至Q，使得，連接AQ，OQ，OM，延長MN交AO于C∴∵在四邊形MCOB中，是等腰直角三角形∴是等腰直角三角形.【點睛】本題考查了絕對值的非負數(shù)和平方數(shù)的非負性、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握這些定理與性質(zhì)是解題關(guān)鍵.6．（1）詳見解析；（2）CD=；（3）當兩動點運動時間為、、6秒時，△OPM與△OQN全等.【分析】（1）先證△AOB≌△EOB得到AE=BE=AB，從而可以得出結(jié)論；（2）由（1）知∠ABE解析：（1）詳見解析；（2）CD=；（3）當兩動點運動時間為、、6秒時，△OPM與△OQN全等.【分析】（1）先證△AOB≌△EOB得到AE=BE=AB，從而可以得出結(jié)論；（2）由（1）知∠ABE=∠BEA=∠EAB=60°，進而得出∠AOF=30°，利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)得到AF、OF的長．再證明∠ACF=∠AOF=30°，∠D=30°，同理得出CF、DF的長，進而可得出結(jié)論．（3）設(shè)運動的時間為t秒．然后分四種情況討論：①當點P、Q分別在y軸、x軸上時，；②當點P、Q都在y軸上時，；③當點P在x軸上，Q在y軸且二者都沒有提前停止時，；④當點P在x軸上，Q在y軸且點Q提前停止時，，列方程求解即可．【詳解】（1）在△AOB與△EOB中，∵∠AOB=∠EOB，OB=OB，∠EBO=∠ABO，∴△AOB≌△EOB(ASA)，∴AO=EO=3，BE=AB=6，∴AE=BE=AB=6，∴△ABE為等邊三角形．（2）由（1）知∠ABE=∠BEA=∠EAB=60°．∵CD⊥AB，∴∠AOF=30°，∴AF=．在Rt△AOF中，OF=．∵∠CAH=∠BAO=60°，∴∠CAF=60°，∠ACF=∠AOF=30°，∴AO=AC．又∵CD⊥AB，∴CF=．∵AB=6，AF=，∴BF=．在Rt△BDF中，∠DBF=60°，∠D=30°，∴BD=．由勾股定理得：∴DF=，∴CD=．（3）設(shè)運動的時間為t秒．①當點P、Q分別在y軸、x軸上時，，PO=QO得：，解得：（秒）；②當點P、Q都在y軸上時，，PO=QO得：，解得（秒）；③當點P在x軸上，Q在y軸且二者都沒有提前停止時，，則PO=QO，得：，解得：，不合題意，舍去．④當點P在x軸上，Q在y軸且點Q提前停止時，有，解得：（秒）．綜上所述：當兩動點運動時間為、、6秒時，△OPM與△OQN全等．【點睛】本題考查了全等三角形的判定、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)，坐標與圖形的性質(zhì)．正確分類討論是解題的關(guān)鍵．7．(1)AE=AB+DE(2)AE=AB+DE+BD(3)【分析】（1）在AE上取一點F，使AF=AB，及可以得出△ACB≌△ACF，就可以得出BC=FC，∠ACB=∠ACF，就可以得出△解析：(1)AE=AB+DE(2)AE=AB+DE+BD(3)【分析】（1）在AE上取一點F，使AF=AB，及可以得出△ACB≌△ACF，就可以得出BC=FC，∠ACB=∠ACF，就可以得出△CEF≌△CED．就可以得出結(jié)論；（3）在AE上取點F，使AF=AB，連接CF，在AE上取點G，使EG=ED，連接CG．可以求得CF=CG，△CFG是等邊三角形，就有FG=CG=BD，進而得出結(jié)論；（3）作B關(guān)于AC的對稱點F，D關(guān)于EC的對稱點G，連接AF，F(xiàn)C，CG，EG，F(xiàn)G．根據(jù)兩點之間線段最短解決問題即可．(1)AE=AB+DE；理由：在AE上取一點F，使AF=AB，∵AC平分∠BAE，∴∠BAC=∠FAC．在△ACB和△ACF中，AB＝∴△ACB≌△ACF（SAS），∴BC=FC，∠ACB=∠ACF．∵C是BD邊的中點．∴BC=CD，∴CF=CD．∵∠ACE=90°，∴∠ACB+∠DCE=90°，∠ACF+∠ECF=90°∴∠ECF=∠ECD．在△CEF和△CED中，，∴△CEF≌△CED（SAS），∴EF=ED．∵AE=AF+EF，∴AE=AB+DE，故答案為：AE=AB+DE；(2)猜想：AE=AB+DE+BD．證明：在AE上取點F，使AF=AB，連接CF，在AE上取點G，使EG=ED，連接CG．∵C是BD邊的中點，∴CB=CD=BD．∵AC平分∠BAE，∴∠BAC=∠FAC．在△ACB和△ACF中，AB＝∴△ACB≌△ACF（SAS），∴CF=CB，∴∠BCA=∠FCA．同理可證：CD=CG，∴∠DCE=∠GCE．∵CB=CD，∴CG=CF∵∠ACE=120°，∴∠BCA+∠DCE=180°-120°=60°．∴∠FCA+∠GCE=60°．∴∠FCG=60°．∴△FGC是等邊三角形．∴FG=FC=BD．∵AE=AF+EG+FG．∴AE=AB+DE+BD．(3)作B關(guān)于AC的對稱點F，D關(guān)于EC的對稱點G，連接AF，F(xiàn)C，CG，EG，F(xiàn)G，如圖所示：∵C是BD邊的中點，∴CB=CD=BD=，∵△ACB≌△ACF（SAS），∴CF=CB=，∴∠BCA=∠FCA，同理可證：CD=CG=，∴∠DCE=∠GCE，∵CB=CD，∴CG=CF，∵∠ACE=120°，∴∠BCA+∠DCE=180°-120°=60°，∴∠FCA+∠GCE=60°，∴∠FCG=60°，∴△FGC是等邊三角形，∴FC=CG=FG=，∵AE≤AF+FG+EG，∴當A、F、G、E共線時AE的值最大，最大值為．故答案為：．【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，角平分線的性質(zhì)的運用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運用，等邊三角形的性質(zhì)的運用，勾股定理的運用，解答時證明三角形全等是關(guān)鍵．8．（1）見解析；（2）①②③；（3），證明見解析【分析】（1）利用等式的性質(zhì)得出∠BAD＝∠CAE，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法判斷出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，再利用對頂角和三解析：（1）見解析；（2）①②③；（3），證明見解析【分析】（1）利用等式的性質(zhì)得出∠BAD＝∠CAE，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法判斷出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，再利用對頂角和三角形的內(nèi)角和定理判斷出∠BOC＝60°，再判斷出△BCF≌△ACO，得出∠AOC＝120°，進而得出∠AOE＝60°，再判斷出BF＜CF，進而判斷出∠OBC＞30°，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出△BDC是等邊三角形，得出BD＝BC，∠DBC＝60°，進而判斷出△ABD≌△EBC（SAS），由全等三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC＋∠CAD＝∠DAE＋∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）解：如圖2，∵△ABC和△ADE是等邊三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，①正確，∠ADB＝∠AEC，記AD與CE的交點為G，∵∠AGE＝∠DGO，∴180°?∠ADB?∠DGO＝180°?∠AEC?∠AGE，∴∠DOE＝∠DAE＝60°，∴∠BOC＝60°，②正確，在OB上取一點F，使OF＝OC，連接CF，∴△OCF是等邊三角形，∴CF＝OC，∠OFC＝∠OCF＝60°＝∠ACB，∴∠BCF＝∠ACO，∵AB＝AC，∴△BCF≌△ACO（SAS），∴∠AOC＝∠BFC＝180°?∠OFC＝120°，∴∠AOE＝180°?∠AOC＝60°，③正確，連接AF，要使OC＝OE，則有OC＝CE，∵BD＝CE，∴CF＝OF＝BD，∴OF＝BF＋OD，∴BF＜CF，∴∠OBC＞∠BCF，∵∠OBC＋∠B