八年级数学上册重难点及答案解析

1．若一个三角形的三边长是三个连续的自然数，其周长m满足10＜m＜22，则这样的三角形有（ ）

A． 2个 B． 3个 C． 4个 D． 5个

2．如图，△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∠ACD=∠BCE=90°，AE交CD于点F，BD分别交CE、AE于点G、H．试猜测线段AE和BD的数量和位置关系，并说明理由．

3．已知：在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD．

（1）如图①，若∠AOB=∠COD=60°，求证：①AC=BD ②∠APB=60°．

（2）如图②，若∠AOB=∠COD=α，则AC与BD间的等量关系式为 ，∠APB的大小为 （直接写出结果，不证明）

4．已知CD是经过∠BCA顶点C的一条直线，CA=CB．E、F分别是直线CD上两点（不重合），且∠BEC=∠CFA=∠a

（1）若直线CD经过∠BCA的内部，且E、F在射线CD上，请解决下面问题：

①若∠BCA=90°，∠a=90°，请在图1中补全图形，并证明：BE=CF，EF=|BE﹣AF|；

②如图2，若0°＜∠BCA＜180°，请添加一个关于∠a与∠BCA关系的条件 ，使①中的两个结论仍然成立；

（2）如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，∠a=∠BCA，请写出EF、BE、AF三条线段数量关系（不要求证明）．

2 6．如图．在△ABC中．AB=AC=9，BC=12，∠B=∠C，点D从B出发以每秒2厘米的速度在线BC上从B向C方向运动，点E同时从C出发以每秒2厘米的速度在线段AC上从C向A运动，连接AD、DE；

（1）运动 秒时，AE=DC（不必说明理由）；

（2）运动多少秒时，∠ADE=∠B，并请说明理由．

7．（1）观察推理：如图1，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线l过点C，点A、B在直线l同侧，BD⊥l，AE⊥l，垂足分别为D、E．求证：△AEC≌△CDB；

（2）类比探究：如图2，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，将斜边AB绕点A逆时针旋转90°至AB′，连接B′C，求△AB′C的面积．

（3）拓展提升：如图3，等边△EBC中，EC=BC=3cm，点O在BC上，且OC=2cm，动点P从点E沿射线EC以1cm/s速度运动，连结OP，将线段OP绕点O逆时针旋转120°得到线段OF．要使点F恰好落在射线EB上，求点P运动的时间ts．

8．如图，已知△ABC中，AB=AC=10cm，BC=8cm，点D为AB的中点．

（1）如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．

①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；

②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？

（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？

3 1.解答： 解：设中间的数为x，则前面一个为x﹣1，后面一个为x+1，由题意得：

10＜x﹣1+x+x+1＜22，解得：3＜x＜7，

∵x为自然数：∴x=4，5，6，7．故选：C．

2.解答： 解：猜测AE=BD，AE⊥BD；

理由如下：

∵∠ACD=∠BCE=90°，∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，

即∠ACE=∠DCB，

又∵△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∴AC=CD，CE=CB，

在△ACE与△DCB中，∴△ACE≌△DCB（SAS），

∴AE=BD，∠CAE=∠CDB；

∵∠AFC=∠DFH，∠FAC+∠AFC=90°，∴∠DHF=∠ACD=90°，

∴AE⊥BD．故线段AE和BD的数量相等，位置是垂直关系．

3.解答： 解：（1）①证明：∵∠AOB=∠COD=60°，

∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC，

∴∠AOC=∠BOD．

在△AOC和△BOD中，，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD；

②证明：∵△AOC≌△BOD，

∴∠OAC=∠OBD，∴∠OAC+∠AOB=∠OBD+∠APB，

∴∠OAC+60°=∠OBD+∠APB，∴∠APB=60°；

（2）AC=BD，∠APB=α．

4.解答：

（1）①如图，E点在F点的左侧，∵BE⊥CD，AF⊥CD，∠ACB=90°，

∴∠BEC=∠AFC=90°，

∴∠BCE+∠ACF=90°，∠CBE+∠BCE=90°，

∴∠CBE=∠ACF，

在△BCE和△CAF中，∴△BCE≌△CAF（AAS），

∴BE=CF，CE=AF，∴EF=CF﹣CE=BE﹣AF，

当E在F的右侧时，同理可证EF=AF﹣BE，∴EF=|BE﹣AF|；

②∠α+∠ACB=180°时，①中两个结论仍然成立；

证明：∵∠BEC=∠CFA=∠a，∠α+∠ACB=180°，∴∠CBE=∠ACF，

4 在△BCE和△CAF中，∴△BCE≌△CAF（AAS），

∴BE=CF，CE=AF，∴EF=CF﹣CE=BE﹣AF，

当E在F的右侧时，同理可证EF=AF﹣BE，∴EF=|BE﹣AF|；

（2）EF=BE+AF．

理由是：∵∠BEC=∠CFA=∠a，∠a=∠BCA，

又∵∠EBC+∠BCE+∠BEC=180°，∠BCE+∠ACF+∠ACB=180°，

∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF，

∴∠EBC=∠ACF，在△BEC和△CFA中，，

∴△BEC≌△CFA（AAS），∴AF=CE，BE=CF，

∵EF=CE+CF，∴EF=BE+AF．

6.解：（1）设运动的时间是t秒，

则CD=12﹣2t，AE=9﹣2t，9﹣2t=（12﹣2t）t=3，故答案为：3．

（2）设x秒后，∠ADE=∠B，

∵∠B=∠C=90°﹣∠BAC，∴∠B=∠C=∠ADE，

∵∠BAD+∠ADB+∠B=180°，∠EDC+∠ADE+∠ADB=180°，∴∠BAD=∠EDC，

在△ABD和△DCE中，

∴△ABD≌△DCE（AAS），∴DC=AB=9，∴BD=3，∴x=， 即运动秒时，∠ADE=90°﹣∠BAC，

∵AB=AC=9cm，∴∠B=∠C=，即∠B=90°﹣∠BAC，

∵∠ADE=90°﹣∠BAC，∴∠ADE=∠B．

5

7.证明：（1）∵∠DAC+∠DCA=∠ECB+∠DCA=90°，∴∠DAC=ECB，

在△ADC和△CEB中，∴△ADC≌△CEB；

（2）如图1，

根据题意得出旋转后图形，AC′⊥AC，B′D′⊥AC，

∵∠C′AC=∠AC′B′=∠AD′B′，∴四边形C′AD′B′是矩形，

∴AC′=B′D′=AC=4，∴S△AB′C=AC×B′D′=×4×4=8；

（3）如图2，

∵△BCE是等边三角形，∴∠CBE=∠BCE=60°，

∴∠OBF=∠OCP=120°，∴∠BOF+∠BFO=60°，

∵∠POF=120°，∴∠BOF+∠OPC=60°，∴∠BFO=∠CPO，

∵OP=OF，∴△OCP≌△FBO，

∴CP=BO=BC﹣OC=3﹣2=1，∴EP=EC+CP=3+1=4，

∵动点P从点E沿射线EC以1cm/s速度运动，∴t=4÷1=4s．

8.解答： 解：（1）①∵t=1s，∴BP=CQ=3×1=3cm，

∵AB=10cm，点D为AB的中点，∴BD=5cm．

又∵PC=BC﹣BP，BC=8cm，∴PC=8﹣3=5cm，∴PC=BD．

又∵AB=AC，∴∠B=∠C，

在△BPD和△CQP中，∴△BPD≌△CQP．（SAS）

②∵vP≠vQ，∴BP≠CQ，

若△BPD≌△CPQ，∠B=∠C，则BP=PC=4cm，CQ=BD=5cm，

∴点P，点Q运动的时间s，∴cm/s；

（2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇， 由题意，得x=3x+2×10，解得．∴点P共运动了×3=80cm．

△ABC周长为：10+10+8=28cm，

若是运动了三圈即为：28×3=84cm，

∵84﹣80=4cm＜AB的长度，∴点P、点Q在AB边上相遇，

∴经过s点P与点Q第一次在边AB上相遇．

6 1．如图，已知：正方形ABCD，由顶点A引两条射线分别交BC、CD于E、F，且∠EAF=45°，求证：BE+DF=EF．

3．如图，AD平分∠BAC，EF垂直平分AD交BC的延长线于F，连接AF．求证：∠B=∠CAF．

4．如图，已知∠B+∠CDE=180°，AC=CE．求证：AB=DE．

5．四边形ABCD是正方形（提示：正方形四边相等，四个角都是90°）

（1）如图1，点G是BC边上任意一点（不与点B、C重合），连接AG，作BF⊥AG于点F，DE⊥AG于点E．

求证：△ABF≌△DAE；（2）直接写出（1）中，线段EF与AF、BF的等量关系 ；

（3）①如图2，若点G是CD边上任意一点（不与点C、D重合），连接AG，作BF⊥AG于点F，DE⊥AG于点E，则图中全等三角形是 ，线段EF与AF、BF的等量关系是 ；

②如图3，若点G是CD延长线上任意一点，连接AG，作BF⊥AG于点F，DE⊥AG于点E，线段EF与AF、BF的等量关系是 ；

（4）若点G是BC延长线上任意一点，连接AG，作BF⊥AG于点F，DE⊥AG于点E，请画图、探究线段EF与AF、BF的等量关系．

6．已知：如图，△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连接DH与BE相交于点G．