数学八年级上学期压轴题模拟综合检测试卷带解析(一)

1ACF和等腰三角形，且＝，＝，连接，∠AEABAFACEAF+∠BAC＝．180°ACF75°∠＝，求∠BAC的度数．＝，请探究∠GAF和∠CAF的数量关系，并证明你的结论．2．如图，在坐标系中，点A(a，，，，且，0)B(0b)ab满足______，b______；平面直角．ab564（）直接写出a12①如图1，过点作，且，连接CP并延长，交AB于D．求证：OPOCABP，点P(2n，，试−n)求②如图2，在的延长线上取点，连接．若MPO点的坐标．M3．在平面直角直线分别交x轴、y轴于点A（，）–a0、点B（，），且0ba+b2–4a–8b+20=02（）＝；b＝1a．2Px3P的坐标；若不存在，请说明理由．a4b8b160．421AB（）求点和点的坐标；21ADD322NMON45N，求点的坐标．51y(1)△ABC求的面积；2DOABDD△BDE如图，为延长线上一动点，以为直角边，为直角顶点，作等腰直角，求证：AB⊥AE；3Ey如图，点是轴∠OAE分NAO一动点，点是线段上一动点，判断是否存在MNOMNM的值最这样的点，，使＋.小？若存在，请写出其最小值，并加以说明6．如图，在等边△ABC中，AB＝AC＝BC＝6cmMNAB同时出，现有两点、分别从点、M1cm/sN2cm/sN发，沿三角形的边运动，已知点的速度为，点的速度为．当点第一次BMN回到点时，点、ts设运动时同时停止运动，间为．1（）tMN当为何值时，、两点重合；2t①当为何值时，△AMN是等边三角形；t②当为何值时，△AMN是直角三角形；3△AMNt7．【阅读材料】小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个“”1”ACE．22ABC【深入探究】（）如图，和∠_____(正确的有．将所有正33【延伸应用】（）如图，在究∠A与∠BED的数量关系，并证明．ABCAMBCDAMCD8．如图，在等边△中，线段为边上的中线．动点在直线上时，以为CD△CDEBE一边在的下方作等边，连结．1CAM（）求∠的数度；（）若点在线段AM2D△ADC上时，求证：≌△BEC；3（）当动在直DAMBE设直线AM的交点为，O试判断∠AOB是否为定线上时，与直线值？并说明理由．【参考答案】2．(1)∠BAC＝50°(2)见解析(3)∠GAF﹣＝，理由见解析∠CAF60°1∠EAB∠CAF∠EAF+∠BAC＝构180°【分析】（）利用三角形的内角和定理求出，，再根据建方程即可解(1)BAC50°解析：∠＝(2)见解析(3)∠GAFCAF＝，理由见解析60°﹣1∠21【分析】（）利用三角形的内角和定理求出EAB，∠CAFEAF+∠BAC＝构180°，再根据∠∠建方程即可解决问题；（）延长AD至H，使DH＝，AD连接BH，想办法证明△ABH≌△EAF即可解决问题；CAF60°，再证23GAF﹣1∠2△ACD≌△FAG，推出ACD＝∠FAG（）结论：∠＝．想办法证明∠明∠BCF＝即可．150°(1)AEAB解：∵＝，∴∠AEB＝∠＝，ABE65°∴∠EAB＝，50°∵AC＝，AF∴∠ACF＝∠＝，AFC75°∴∠CAF＝，30°∵∠EAF+∠BAC＝，180°∴∠EAB+2∠ABC+∠FAC＝，180°∴50°+2∠BAC+30°180°＝，∴∠BAC＝．50°(2)证明：证明：如图，延长AD至点H，使DH=AD，连接BHAD△ABC∵是的中线，BD=DC∴，DH=ADBDH=∠ADC又∵，∠∴△ADCBH=AC≌△HDB（SAS），BHD=∠DAC，∠∴，BH=AF∴，BHD=∠DAC，∵∠∴BH∥AC，BAC+∠ABH=180°∴∠，EAF+∠BAC=180°，又∵∠ABH=∠EAF，∴∠AB=AEBH=AF又∵，，∴△AEF≌△BAH（SAS），EF=AH=2AD，∴EF2AD∴＝；(3)结论：∠GAF﹣1∠2CAF＝60°．理由：由（2）得，AD＝21EF，又点为EF中点，G∴EG＝AD，由（2）△AEF≌△BAH，AEG=∠BAD，∴∠在△EAG和△ABD中，AEABAEGBAD，EGADEAG△ABD，∴△≌∴∠EAG＝∠ABC＝60°，，AG=BD∴△AEB是等边三角形，，AG=CD∴∠ABE＝60°，∴∠CBM＝60°，在△和中，ACD△FAGADFGAGCD，AFACACD△FAG∴△≌，∴∠ACD＝∠FAG∵AC＝AF，∴∠ACF＝∠AFC在四边形ABCF∴∠60°+2BCF＝360°，BCF150°，，，ABC+∠BCF+∠CFA+∠BAF＝360°，∠中，∴∠＝BCA+∠ACF＝150°，∴∠∴∠GAF+1（180°﹣∠CAF）＝150°，2∴∠GAF﹣∠1CAF＝60°．2【点睛】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，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．3．（1）3，；（2）①见解析；②的坐标为(，)【分析】（1）先利用幂的乘方和积的乘方化简，再利用单项式的性质求解即可；（2）①连接AC，过点B作BN⊥BP，交CP的延长线于点N，利用SAS证明653)3；（2）①见解析；②的坐标为(解析：（1）3，，M5【分析】（1）先利用幂的乘方和积的乘方化简，再利用单项式的性质求解即可；（2）①连接AC，过点B作BN⊥BP，交CP的延长线于点N，利用SAS证明△OPB≌△OCA，再证明△BNP为等腰直角三角形，利用②作出如图所示的辅助线，证明△BMP为等腰直角三角形，利用AAS证明△PBF求得E(2nn)M(3n−3n)AAS证明△ACDBNDAD=DB；≌△，即可证明MPE≌△，，，，，证明点M，E关于y轴对称，得到3n−3+2n=0，即可求解．2【详解】（1）∵9xy，43xyb5a69xy9xy，2a2b1064∴∴2a6，2b104，3，，b3解得：a故答案为：3，3；（2）①连接AC，COP=∠AOB=90°∵∠，∴∠COP-∠AOP=∠AOB-∠AOP，∴COAPOB，在△OPB和△OCA中，COPOCOAPOB，OAOB∴△OPB≌△OCA(SAS)，∴AC=BP，∠OCA=∠OPB=90°过点B作BN⊥BP，交CP的延长线于点N，∵∠COP=90°，OP=OC，，∴∠OCP=∠OPC=∠ACP=45°，∵∠OPB=90°，∴∠BPN=45°∴△BNP∴∠BPN=∠N=45°，∴BN=BP=AC，为等腰直角三角形，，在△ACD和△BND中，ADCBDNACDN45，ACBN∴△ACD≌△BND(AAS)∴AD=DBAOB=90°，AO=OB，，；②∵∠∴△AOB为等腰直角三角形，∴∠OBA=45°，∵∠MBO=∠ABP，∴∠MBO+∠OBP=∠ABP+∠OBP=∠OBA=45°，∴∠MBP=45°∵OP⊥BP，∴△BMP，为等腰直角三角形，MP=BP∴，PyEFMBMEEFEBFEFFEFx过点作轴的平行线，分别过，作⊥于，⊥于，交轴于，GMEyH交轴于，连接，OE∴∠MPE+∠EMP=∠MPE+∠FPB=90°，∴∠EMP=∠FPB，在△PBF和△MPE中，PFBMEP90FPBEMPPBPM，∴△PBF≌△MPE(AAS)，BF=EPPF=ME∴，，∵P(2n，，−n)∴BF=EP=EH=2n，PG=EG=n，PF=ME=3−n，∴MH=ME-EH=3−n−2n=3−3n，E(2nn)M(3n−3n)∴，，，，PEx∴点，关于轴对称，OE=OPOEP=∠OPE，∴，∠同理OM=OEME，点，对称，关于轴y∴3n−3+2n=0，363解得n，即点的M坐标为(，)．555【点睛】本题考查了坐标与图形、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，利用全等三角形的性质解决问题．4．（1）2，4；（2）见解析，（，）；（3）P（4，2）或（2，﹣2）．40利用乘方的【分析】（1）将已知等式变形，非负性即可求出a值；（2）根据题意画出图形，由（1）得出OB的长，结合∠AP解析：（1）2，4；（2）见解析，（，）；（3）P（4，2）或（2，﹣2）．40利用乘方的【分析】（1）将已知等式变形，非负性即可求出a值；（2）根据题意画出图形，由（1）得出OB的长，结合∠APB＝45°，得出OP＝OB，可得点B的坐标；（3）分当∠ABP＝90°时和当∠＝时两种情况进行BAP90°讨论，结合全等三角形的判定和性P.质即可求出点坐标1a+b–4a–8b+20=0，【详解】解：（）∵22a–4a+4+b–8b+160∴（）（）＝，22a–2+b–40∴（）（）＝22a2b4∴＝，＝，24故答案为：，；211（）如图，由（）知，＝，b4B04∴（，），OB4∴＝，PABx点在直线的右侧，且在轴上，APB45°∵∠＝，OPOB4∴＝＝，P40∴（，），40故答案为：（，）；3（）存在．理由如下：1a2b4由（）知＝﹣，＝，A20B04∴（﹣，），（，），OA2OB4∴＝，＝，ABPAPB45°∵△是直角三角形，且∠＝，ABP90°BAP90°∴只有∠＝或∠＝，2Ⅰ、如图，ABP90°时，当∠＝APBBAP45°∵∠＝∠＝，ABPB∴＝，过点P作PC⊥OB于C，BPC+CBP90°∴∠∠＝，CBP+ABO90°∵∠∠＝，ABOBPC∴∠＝∠，在△和AOB△BCP中，AOBBCP90ABOBPC，ABPBAOBBCPAAS∴△≌△（），PCOB4BCOA2∴＝＝，＝＝，OCOBBC2∴＝﹣＝，P423BAP90°∴（，），Ⅱ、如图，当∠＝时，P'P'DOAD过点作⊥于，ADP'△BOA同Ⅰ的方法得，≌，△DP'OA2ADOB4∴＝＝，＝＝，ODADOA2∴＝﹣＝，P'22∴（，﹣）；P42即：满足条件的点（，）22或（，﹣）；【点睛】本题考查了非负数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，难度不大，解题的关键是要根据直角三角形的性质进行分类讨论.51．（），2D(-10)F(-24)3N(-62)；（），，，；（），1【分析】（）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（）A4,0，；（），，，B0,41解析：（）2D(-10)F(-24)3N(-62)；（），a40，，通过求解一结合题意，根据绝对值和乘方的性质，得1【分析】（）b40得a4元一次方程，，；结合坐标的性质分析，即可得到答案；b42FFHAO（）如图，过点作⊥于点，H根据全等三角形的性质，通过证明△AFH≌△EAO，得AH=EO=2FH=AO=4F坐标；通过证明，，从而得OH=2，即可得点△FDH≌△BDO，推导得HD=OD=1，即可得到答案；3N分别作⊥NQON交OM的延长线于点，⊥QNGPN交EM（）过点G的延长线于点，再QNQREGRNSEGS根据余角和等腰三角形的性质，分别过点和点作⊥于点，⊥于点，通过证明等腰Rt△NOQ和等腰Rt△NPG，推导得△QNG≌△ONP，再根据全等三角形的性通过证明△RMQ≌△EMO，得等腰Rt△MON，再通过证明△NSM≌△MEO，得NS=EM=4，MS=OE=2，即可完成求解．∵a4b8b160，质，1【详解】（）2∴a4b420．∵a40，00b42∴a40，b42∴，a40b40∴，a4b4B0,4∴A4,0，．2FFHAOH（）如图，过点作⊥于点AFAE∵⊥FHA=∠AOE=90°∴∠，AFH∵OAEEAOOAEAFH=∠EAO∴∠AF=AE又∵，在AFH和EAO中FHAAOE90AFHEAOAFAE∴AFH≌△△EAO∴AH=EO=2，FH=AO=4∴OH=AO-AH=2F(-24)∴，OA=BO∵，FH=BO∴在△FDH和△BDO中FHDBOD90FDHBDOFHBO∴FDH≌△△BDOHD=OD∴HDODOH2∵∴HD=OD=1D(-10)∴，D(-10)F(-24)∴，，，；3NNQONOMQNGPN（）如图，过点分别作⊥交的延长线于点，⊥交的延长线于点EMGQNQREG，再分别过点和点作⊥于点，⊥于点RNSEGS∴OMNONQ90∴QNMONM90，MONONM90∴QNMMON45∴NQM90QNM45∴NQMMON45∴等腰Rt△NOQ∴NQ=NO，NGPN,NSEG∵⊥⊥GNPNSP90∴GNS∴NPSPNS90，PNS90NPSGNS∴ME2PEOA∵，PE2∴EOB∵点为线段的中点1∴BEOB22PEBE∴EPB45∴NPSEPB45∴∴GNSNPS45∴NGS90GNS45NGSNPS45∴RtNPG△∴等腰NG=NP∴，∵GNPONQ90∴QNGQNPONPQNP90∴∠QNG=∠ONP在△QNG和△中ONPNQNOQNGONPNGNP∴△QNG≌△ONP∴∠NGQ=∠NPO，GQ=POPEBEOE2，EPOB∵PO=PB∴POE=∠PBE=90EPB45°∴∠∴∠NPO=90°∴∠NGQ=90°∴∠QGR=90NGP45°.在△QRG和中OEPQRGOEP90QGRPOE45GQPO∴△QRG≌△OEP．QR=OE∴△在RMQ和EMO中MRQMEO90RMQEMOQROE∴△RMQ≌△EMO∴QM=OM.∵NQ=NO，NMOQ∴⊥∵MON45∴等腰Rt△MONMNMO∴∵NMSMNSMNSOME90MNS∴OME△在NSM和△MEO中NSMMEO90MNSOMEMNMO∴NSM≌△△MEO∴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．A,CEEF⊥x过作轴于点136233解析：（）；（）证明见解析；（），理由见解析.(1)A,CAC=12OB=6【分析】根据直线与坐标轴的交点易得的坐标，从而得出，，根据三角形面积公式可求解；(2)EEFxFEAyH△DEFBDO过作⊥轴于点，延长交轴于点，证≌△，得出＝＝，EFODAF有EAFOAHOAB45，得出BAE90°.＝∠对称点当点(3)OA在线上任取一点N,再在AEOF作关于的,N运动时，由已知条件可段N，在直角三角形AONOAE30O到直线的距离.再由AE最短为点ON´中,OMONON.即可得解1【详解】解：（）由已知条件得：AC=12，OB=6∴S1126362ABC2EEFxFEA（）过作⊥轴于点，延长交轴于点yH,∵△BDE是等腰直角三角形，∴DE=DB,∠BDE=90°,∴EDFBDO90∵BOD90∴BDODBO90∴EDFDBO∵EFx轴，∴DEFBDO∴DF=BO=AO,EF=OD∴AF=EF∴EAFOAHOAB45BAE90°∴∠＝,当点N运动（3）由已知条件可在线段OA上任取一点N,再在AE作关于OF的对称点N时，ON´最短为点O到直线AE的距离,即点O到直线AE的垂线段的长，∵OAE30，OA=6，OM+ON=3∴【点睛】本题考查的知识点主要是直角三角形的性质及应用，轴对称在最短路径问题中的应用，弄懂题意，作出合理的辅助线是解题的关键.7．（1）当M、N运动6秒时，点N追上点M；（2）①，△AMN形；②当或时，△AMN是直角三角形；（3）是等边三角【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的解析：（1）当M、N运动6秒时，点N追上点M；（2）①t2，△AMN是等边三角形；123②当t或时，△AMN是直角三角形；（3）t825【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＝，＝﹣，tAN62tABACBC6cm∵＝＝＝，＝时，△AMN是等边三角形，A60°AMAN∴∠＝，当t62t∴＝﹣，解得t＝，2∴点M、N运动2秒后，△AMN．可得到等边三角形②当点N在AB上运动时，如图2，若∠AMN＝，90°BN2tAMt∵＝，＝，AN62t∴＝﹣，∵∠A＝，60°2AMAN2t62t∴＝，即＝﹣，解得t32；如图3，若∠＝，ANM90°由2AN＝AM得（﹣）＝，262tt125解得t．312综上所述，当为或时，△AMN是直角三角形；ts253MNBC（）当点、在边上运动时，可以得到以为底边的等腰三角形，MN16MN由（）知秒时、两点重合，恰好在处，C4如图，假设△AMN是等腰三角形，ANAM∴＝，∴∠AMN＝∠ANM，∴∠AMC＝∠ANB，∵AB＝＝，BCAC∴△ACB是等边三角形，∴∠C＝∠B，在△ACM和△ABN中，∵∠AMC＝∠ANB，∠C＝∠B，＝，ACAB∴△ACM≌△ABN（），AASCMBN∴＝，t6182t∴﹣＝﹣，t8解得＝，符合题意．MN8MN成立，当、运动秒时，能得到以为底的等腰三角形．所以假设30°【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．81．（）2①②③见解析；（）；（），3证明见解析1【分析】（）∠BAD∠CAE＝，利用等式的性质得出即可得出结论；2（）1△ABD≌△ACEBDCE，得出＝，再利用对顶角和三同（）的方法判断出23见解析；（）①②③；（）ABED180，证明见解析性质得出∠BAD＝∠CAE，即可得BDCE1解析：（）1【分析】（）利用等式的出结论；2（）1△ABD≌△ACE，得出＝，再利用对顶角和三角形的内角和同（）的方法判断出定理判断出∠BOC＝，60°再判断出△BCF≌△ACO，得出∠AOC120°进而得出∠AOE＝＝，60°，再判断出BF＜CF，进而判断出∠OBC＞30°，即可得BDBCDBC60°△ABD≌△出＝，＝，进而判断出性质即可得出结论．BAC＝∠DAE∴∠BAC＋∠CAD＝∠DAE＋∠CAD出结论；3（）先判断出△BDC是等边三角形，得∠EBCSAS（），由全等三角形的1【详解】（）证明：∵∠，，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB＝ACBAD＝CAE，AD＝AE∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）解：如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB＝ACBAD＝CAE，AD＝AE∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，①正确，∠ADB＝∠AEC记AD与CE的交点为G，，∵∠AGE＝∠DGO∴∠180°−ADB−∠DGO＝180°−∠AEC−∠AGE，∴∠DOEDAE＝60°，，＝∠∴∠BOC＝60°，②正确，在OB上取一点F，使OF＝OC，连接CF，∴△OCF是等边三角形，∴CF＝OC，∠OFC＝∠OCF＝60°＝∠ACB，∴∠BCF＝∠ACO∵AB＝AC，，∴△BCF≌△ACO（SAS），∴∠AOC＝∠BFC＝180°−∠OFC＝120°，AOE＝180°−∠AOC＝60°，③正确，∴∠连接AF，要使OC＝OE，则有OC＝∵BD＝CE，1CE，2∴CF＝OF＝1BD，2∴OF＝BF＋OD，∴BF＜CF，∴∠OBC＞∠BCF，＝∠∵∠OBC＋∠BCFOFC＝60°，∴∠OBC＞30°，而没办法判断∠OBC大于30所以，④不一定正确，即：正确的有①②③，故答案为①②③；度，（3）∠A＋∠BED＝180°．如图3，证明：∵∠BDC＝60°，BD＝CD，∴△BDC∴BD＝BC，∠DBC＝60°，ABC＝60°＝∠DBC，是等边三角形，∵∠∴∠ABD＝∠CBE∵AB＝BE，，∴△ABD≌△EBC（SAS），∴∠BEC＝∠A，∵∠BED＋∠BEC＝180°，∴∠A＋∠BED＝180°．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解本题的关键．9130°23．（）；（）见解析；（）是定值，理由见解析1【分析】（）根据等边三角形的性质可以直接得出结论；2（）根据等边三角形的性质就可以得出，，，由等式的性质就可以，根据就可以得出；3（130°23解析：（）；（）见解析；（）是定值，理由见解析1【分析】（）根据等边三角形的性质可以直接得出结论；ACACDCECACBDCE60，由2（）根据等边三角形的性质就可以得出，，B