期中壓軸題專練：解答題壓軸題訓練（四）（解析版）-人教八下期中考試

八下期中考試解答題壓軸題訓練（四）（時間：60分鐘總分：100）班級姓名得分一、解答題1．觀察下列等式：回答下列問題：（1）利用你觀察到的規(guī)律，化簡：；（2）化簡：；（3）計算：…．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）根據(jù)題目的運算，先將分式通分，然后化簡計算，即可得答案；（2）根據(jù)題目的運算，先將分式通分，然后化簡計算，即可得答案；（3）根據(jù)規(guī)律，化簡求值即可．【詳解】（1）（2）（3）由（2）的運算可得：∴【點睛】本題考查了利用平方差公式對二次根式進行有理化，熟悉相關運算法則是解題的關鍵．2．（1）如圖1，平面直角坐標系中A(0，a)，B(a，0)(a>0)．C為線段AB的中點，CD⊥x軸于D，若△AOB的面積為2，則△CDB的面積為．（2）如圖2，△AOB為等腰直角三角形，O為直角頂點，點E為線段OB上一點，且OB＝3OE，C與E關于原點對稱，線段AB交x軸于點D，連CD，若CD⊥AE，試求的值．（3）如圖3，點C、E在x軸上，B在y軸上，OB＝OC，△BDE是以B為直角頂點的等腰直角三角形，直線CB、ED交于點A，CD交y軸于點F，試探究：是否為定值?如果是定值，請求出該定值；如果不是，請求出其取值范圍．【答案】（1）；（2）；（3）是定值，．【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質和勾股定理可得，分別表示△AOB和△CDB的面積，根據(jù)△AOB的面積為2即可得出結論；（2）連接AC，作DM⊥BC，與BC交于M，證明△ACO≌△DCM可得OE=CO=DM=MB，設它們?yōu)閙，從而可得OB=3m，借助勾股定理和線段的和差分別表示AD和BD，即可得出它們的比值；（3）作DN⊥OB，交y軸與N，證△ACO≌△DCM和△COF≌△DNF全等，借助全等三角形的性質和線段的和差可得，由此可得結論．【詳解】解：（1）∵A(0，a)，B(a，0)，∴AO=OB=a，∠ABO=45°，AB=，∵C為線段AB的中點，∴，∵CD⊥x軸，∴∠CDB=90°，∠DCB=90°-∠ABO=45°，∴DC=BD，∵，∴，∵△AOB的面積為2，即，∴，故答案為：；（2）如下圖連接AC，∵C與E關于原點對稱，∴CO=OE，∵△AOB為等腰直角三角形，∴∠OAB=∠B=45°，AO⊥CB，∴∠EAO+∠AEC=90°，AC=AE，∴∠CAO=∠EAO，∵AE⊥CD，∴∠BCD+∠AEC=90°，∴∠CAO=∠EAO=∠BCD，∵∠ADC=∠BCD+∠B，∠CAB=∠CAO+∠OAB,∴∠ADC=∠CAB，∴AC=CD，作DM⊥BC，與BC交于M，∴∠DMC=90°，∴∠MDB=∠B=45°，∴DM=MB，在△ACO和△DCM中，∵，∴△ACO≌△DCM（AAS）,∴OE=CO=DM=MB，∵OB＝3OE，設OE=CO=DM=MB=m，∵OB＝3OE，∴OA=OB=3m，∴，∴，∴；（3）是定值，作DN⊥OB，交y軸與N，∴∠DNB=∠BOE=∠BOC=90°，∴∠DBN+∠NBD=90°，∵△BDE為等腰直角三角形，∴∠DBN+∠OBE=90°，BD=BE，∴∠NBD=∠OBE，在△NBD和△OEB中∵,∴△NBD≌△OEB（AAS），∴ND=OB=OC，NB=OE，在△COF和△DNF中∵∴△COF≌△DNF（AAS），∴NF=OF，∴,,∴，∴．【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質和判定，勾股定理，坐標與圖形，全等三角形的性質和判定等．能正確作出輔助線，構造全等三角形建立線段之間的聯(lián)系是解題關鍵．3．在平面直角坐標系中點、的坐標分別為，．（1）如圖1，若點、關于軸對稱，，請直接寫出的度數(shù)___________；（2）如圖2，點的坐標為，，試用字母、表示線段的長；（3）如圖3，點的坐標為，且，點的坐標分別為，試用字母、、表示線段的長．【答案】（1）27°；（2）AB=2c－b；（3）【分析】（1）由點、關于軸對稱可得AB=AC，再根據(jù)等腰三角形的性質和三角形的內(nèi)角和定理求解即可；（2）作輔助線如圖，易得DE是△AOG的中位線，可得AD=DG，根據(jù)直角三角形的性質可得AD=OD=DG，然后根據(jù)等腰三角形的性質、三角形的內(nèi)角和以及等量代換可得∠BAD=∠BGD，從而可得AB=BG，進一步即可求出答案；（3）連接OE，作EG⊥DB于G，EH⊥x軸于H，如圖，易證O、E、F三點共線，設E（n，n），根據(jù)兩點間的距離公式可得，由等腰三角形的性質可推出，然后在Rt△BEG中，由勾股定理結合上述結論即可得出結論．【詳解】解：（1）∵點、關于軸對稱，∴AB=AC，∵，∴=；故答案為：27°；（2）延長AD交x軸于點G，作DE⊥y軸于E，DF⊥x軸于F，如圖，∵，∴OE=DF=a，DE∥OG，∵OA=a，∴AE=OE=，∴DE是△AOG的中位線，∴AD=DG，∴AD=OD=DG，∴∠DOG=∠DGO，∵∠ADO=∠ABO，∠AHD=∠OHB，∴∠DAB=∠DOG，∴∠BAD=∠BGD，∴AB=BG，∵DO=DG，DF⊥x軸，∴OG=2OF=2c，又∵OG=OB+BG=b+AB=2c，∴AB=2c－b；（3）連接OE，作EG⊥DB于G，EH⊥x軸于H，如圖，∵EA=ED，OA=OD=a，OE=OE，∴△AOE≌△DOE，∴∠AOE=∠DOE=45°，∴OE平分∠AOD，∵，∴F在∠AOD的平分線上，∴O、E、F三點共線，設E（n，n），則，∵ED=EB，EG⊥DB，∴DG=BG，即n－a=b－n，可得，在Rt△BEG中，由勾股定理得，∵，∴，∴，∴．【點睛】本題以平面直角坐標系為載體，主要考查了軸對稱的性質、等腰三角形的判定和性質、三角形的中位線定理、全等三角形的判定和性質、直角三角形的性質、勾股定理以及整式的乘法運算等知識，綜合性強、具有相當?shù)碾y度，正確添加輔助線、熟練掌握上述知識、靈活應用數(shù)形結合的思想是解題的關鍵．4．閱讀下述材料：我們在學習二次根式時，熟悉的分母有理化以及應用．其實，有一個類似的方法叫做“分子有理化”:與分母有理化類似，分母和分子都乘以分子的有理化因式，從而消掉分子中的根式比如：分子有理化可以用來比較某些二次根式的大小，也可以用來處理一些二次根式的最值問題．例如：比較和的大?。梢韵葘⑺鼈兎肿佑欣砘缦拢阂驗椋栽倮纾呵蟮淖畲笾担龇ㄈ缦拢航猓河煽芍?，而當時，分母有最小值2，所以的最大值是2．解決下述問題：（1）比較和的大??；（2）求的最大值和最小值．【答案】（1）；（2）的最大值為2，最小值為．【分析】（1）利用分子有理化得到，，然后比較和的大小即可得到與的大?。唬?）利用二次根式有意義的條件得到，而，利用當時，有最大值1，有最大值1得到所以的最大值；利用當時，有最小值，有最下值0得到的最小值．【詳解】解：（1），，而，，，；（2）由，，得，，∴當時，有最小值，則有最大值1，此時有最大值1，所以的最大值為2；當時，有最大值，則有最小值，此時有最小值0，所以的最小值為．【點睛】本題考查了非常重要的一種數(shù)學思想：類比思想．解決本題關鍵是要讀懂例題，然后根據(jù)例題提供的知識點和方法解決問題．同時要注意所解決的問題在方法上類似，但在細節(jié)上有所區(qū)別．5．已知：在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90o，D為△ABC外一點，且滿足∠ADB=90°．（1）如圖1，若，AD=1，求DB的長．（2）如圖1，求證：．（3）如圖2所示，過C作CE⊥AD于E，BD=2，AD=6，求CE的長．【答案】（1）；（2）見解析；（3）2【分析】（1）在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理，得AB=2，在Rt△ABD中，根據(jù)勾股定理，得；（2）過C點作CF⊥CD，構造手拉手模型，運用等腰直角三角形的性質可得證；（3）過C點作CF⊥CD，構造手拉手模型，運用三角形全等可得證．【詳解】（1）解：在Rt△ABC中，∵，∴，∴在Rt△ABD中，．（2）證明：如圖，過C點作CF⊥CD交DB的延長線于點F．∵∠ACB=∠DCF=90°，∴∠ACD=∠BCF，∵∠CAD+∠CBD=360°－(∠ACB+∠ADB)=180°，∠CBF+∠CBD=180°，∴∠CAD=∠CBF，又∵CA=CB，∴△CAD≌△CBF(ASA)，∴CD=CF，AD=BF，∴，∵DF=DB+BF=DB+DA，∴．（3）解：如圖，過C點作CF⊥CD交AD與F點，∵∠ACB=∠DCF=90°，即∠ACF+∠BCF=∠BCD+∠BCF=90°，∴∠ACF=∠BCD，∵∠AFC=∠FCD+∠CDA=90°+∠CDA，∠CDB=∠CDA+∠ADB=90°+∠CDA，∴∠AFC=∠CDB，又∵CA=CB，∴△CAF≌△CBD(AAS)，∴CF=CD，AF=BD，∴△CDF是等腰直角三角形，又∵CE⊥AD，∴E為DF中點，∵AD=6，AF=BD=2，∴FD=AD－AF=4，∴．【點睛】本題考查了勾股定理，等腰直角三角形的性質，等腰三角形的性質，三角形的全等，手拉手模型的構造，熟練構造手拉手模型是解題的關鍵.6．如圖，平面直角坐標系xOy中，矩形OABC如圖放置，點B（4，3），E，F(xiàn)分別為OA，BC邊上的中點，動點P從點出發(fā)以每秒2個單位速度沿EO方向向點O運動，同時，動點Q從點F出發(fā)以每秒1個單位速度沿FB方向向點B運動．當一個點到達終點時，另一個點隨之停止．連接EF、PQ，且EF與PQ相交于點M，連接AM．（1）求線段AM的長度；（2）過點A作AH⊥PQ，垂足為點，連接CH，求線段CH長度的最小值．【答案】(1)；(2)【分析】(1)證明△FMQ∽△EMP，且相似比為，由EF=3求出FM=1，ME=2，再在Rt△MEA中，由勾股定理即可求出AM的長度；(2)連接AM，取MA中點I，只要C、H、I，此時會形成△ICH，根據(jù)三角形兩邊之差小于第三邊可知，CH>IC-IH，當且僅當C、H、I三點共線時，有CH=IC-IH，此時CH有最小值，由此即可求解．【詳解】解：(1)∵BC∥OA，∴∠FQM=∠EPM，且∠FMQ=∠EMP，∴△FQM∽△EPM，設運動時間為t，則FQ=t，PE=2t∴，又FE=3，∴FM=1，ME=2，又E為OA的中點，∴EA=OE=2，∴在Rt△MEA中，，故答案為：；(2)如下圖所示，連接AM，取AM中點I，當且僅當C、H、I三點共線時，有CH=IC-IH，此時CH有最小值，否則構成△ICH，三角形兩邊之差小于第三邊CH，過I點作IN⊥BC于N，連接IH，∵FM∥IN∥AB，且I是AM的中點，∴IN是梯形MFBA的中位線，∴IN=，,在Rt△CIN中，由勾股定理：，又I為直角△AHM斜邊AM上的中點，∴，∴當C、H、I三點共線時，CH有最大值為，故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質，勾股定理，梯形中位線，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，三角形兩邊之差小于第三邊等知識點，具有一定的綜合性，熟練掌握各性質是解決本題的關鍵．7．閱讀下列材料，然后回答問題．①在進行二次根式的化簡與運算時，我們有時會碰上如一樣的式子，其實我們還可以將其進一步化簡：以上這種化簡的步驟叫做分母有理化．②學習數(shù)學，最重要的是學習數(shù)學思想，其中一種數(shù)學思想叫做換元的思想，它可以簡化我們的計算，比如我們熟悉的下面這個題：已知ab2，ab3，求a2b2．我們可以把ab和ab看成是一個整體，令xab，yab，則a2b2(ab)22abx22y4610．這樣，我們不用求出a，b，就可以得到最后的結果．（1）計算：（2）已知m是正整數(shù)，a，b且2a21823ab2b22019．求m．（3）已知，則的值為【答案】（1）；（2）2；（3）9【分析】（1）先將式子的每一項進行分母有理化，再計算即可；（2）先求出的值，再用換元法計算求解即可；（3）先利用計算得出的值，再對進行變形求解即可；【詳解】解：（1）原式（2）∵a，b∴∵2a21823ab2b22019∴∴∴∴2∵m是正整數(shù)∴m=2．（3）由得出∴∵∵∴．【點睛】本題考查的知識點是分母有理化以及利用換元思想求解，解此題的關鍵是讀懂題意．理解分母有理化的方法以及利用換元方法解題的方法．8．已知中，，以和為邊向外作等邊和等邊．（1）連接、，如圖，求證：；（2）若為中點，連接，如圖，求證：；（3）若，延長交于，，如圖，則．（直接寫出結果）【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）．【分析】（1）由等邊和等邊．AB=DB，BC=BE，可推得∠ABE=∠DBC，可證由性質即可；（2）延長使，連接，由為中點，可得CN=DN，可證，可得，，可求∠DAC=120°，可推出，可證，由性質得即可；（3）過E作EG⊥BE，交AM延長線于G由，，，求出AC=2，由勾股定理得：BC=，可求出∠EBM=30°，求得∠G==60°=∠CAB，可證△CAB≌△BGE（AAS）由性質得GE=AB=，利用30°角的直角邊與斜邊關系得BG=2GE=2，再證△AD≌△GME（AAS），得AM=GM可求得BG=2BM+AB=2即可．【詳解】（1）證明：∵等邊和等邊．AB=DB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∴∠ABE=∠DBC，，；（2）延長使，連接，∵為中點，∴CN=DN，又∠AND=∠FNC，，，，∵，∠DAB=60°，∴∠DAC=120°，∴，，∵AC=CA，，；（3）過E作EG⊥BE，交AM延長線于G，∴，，，∴AC=2，由勾股定理得：BC=，∴∠EBM=180°-∠ABC-∠CBE=30°，∴∠G=180°-∠GBE-∠BEG=60°=∠CAB，∵BC=EB，∴△CAB≌△BGE（AAS），∴GE=AB=，∴BG=2GE=2，∵∠DAM=60°=∠G，又∵∠AMD=∠GME，∴△AD≌△GME（AAS），∴AM=GM，∴GM=AB+BM，∴BG=BM+GM=2BM+AB=2，∴2BM+=2，∴．故答案為：．【點睛】本題考查等邊三角形的性質，三角形全等判定與性質，直角三角形的性質，勾股定理，線段中點，線段和差，掌握等邊三角形的性質，三角形全等判定與性質，直角三角形的性質，勾股定理應用，線段中點，線段和差計算是解題關鍵．9．定義：我們把對角線互相垂直的四邊形叫做和美四邊形，對角線交點稱為和美四邊形中心．（1）寫出一種你學過的和美四邊形________；（2）順次連接和美四邊形四邊中點所得四邊形是________A．矩形B．菱形