八年级上册期末试卷测试题(Word版 含解析)

八年级上册期末试卷测试题（Word版 含解析）

一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）

1．（1）如图1，在Rt△ABC 中，ABAC，D、E是斜边BC上两动点，且∠DAE=45°，将△ABE绕点A逆时针旋转90后，得到△AFC，连接DF.

（1）试说明：△AED≌△AFD；

（2）当BE=3,CE=9时，求∠BCF的度数和DE的长；

（3）如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，D是斜边BC所在直线上一点，BD=3，BC=8，求DE2的长.

【答案】（1）略（2）∠BCF=90° DE=5 （3）34或130

【解析】

试题分析：1由ABEAFC≌，

得到AEAF，BAECAF，

45,EAD45,BAECAD45,CAFCAD即45.DAFEADDAF， 从而得到.AEDAFD≌

2 由△AEDAFD≌得到EDFD，再证明90DCF，利用勾股定理即可得出结论.

3过点A作AHBC于H,根据等腰三角形三线合一得，14.2AHBHBC

1DHBHBD或7,DHBHBD求出AD的长，即可求得2DE.

试题解析：1ABEAFC≌，

AEAF，BAECAF，

45,EAD90,BAC

45,BAECAD

45,CAFCAD

即45.DAF

在AED和AFD中，{AFAEEAFDAEADAD，

.AEDAFD≌

2AEDAFD≌，

EDFD，

,90.ABACBAC

45BACB，

45ACF，

90.BCF

设.DEx

,9.DFDExCDx 3.FCBE

222,FCDCDF

22239.xx

解得：5.x

故5.DE

3过点A作AHBC于H,根据等腰三角形三线合一得，

14.2AHBHBC

1DHBHBD或7,DHBHBD

22217ADAHDH或65.

22234DEAD或130.

点睛：D是斜边BC所在直线上一点,注意分类讨论.

2．如图，在平面直角坐标系中，A、B坐标为6,0、0,6，P为线段AB上的一点．

（1）如图1，若P为AB的中点，点M、N分别是OA、OB边上的动点，且保持

AMON，则在点M、N运动的过程中，探究线段PM、PN之间的位置关系与数量关系，并说明理由．

（2）如图2，若P为线段AB上异于A、B的任意一点，过B点作BDOP，交OP、OA分别于F、D两点，E为OA上一点，且PEABDO，试判断线段OD与AE的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）PM=PN，PM⊥PN，理由见解析；（2）OD=AE，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）连接OP．只要证明△PON≌△PAM即可解决问题；

（2）作AG⊥x轴交OP的延长线于G．由△DBO≌△GOA，推出OD=AG，∠BDO=∠G，再证明△PAE≌△PAG即可解决问题；

【详解】

（1）结论：PM=PN，PM⊥PN．理由如下：

如图1中，连接OP．

∵A、B坐标为（6，0）、（0，6），

∴OB=OA=6，∠AOB=90°，

∵P为AB的中点，

∴OP=12AB=PB=PA，OP⊥AB，∠PON=∠PAM=45°，

∴∠OPA=90°，

在△PON和△PAM中，

ONAMPONPAMOPAP，

∴△PON≌△PAM（SAS），

∴PN=PM，∠OPN=∠APM，

∴∠NPM=∠OPA=90°，

∴PM⊥PN，PM=PN．

（2）结论：OD=AE．理由如下：

如图2中，作AG⊥x轴交OP的延长线于G．

∵BD⊥OP，

∴∠OAG=∠BOD=∠OFD=90°，

∴∠ODF+∠AOG=90°，∠ODF+∠OBD=90°，

∴∠AOG=∠DBO，

∵OB=OA，

∴△DBO≌△GOA，

∴OD=AG，∠BDO=∠G，

∵∠BDO=∠PEA，

∴∠G=∠AEP，

在△PAE和△PAG中，

AEPGPAEPAGAPAP，

∴△PAE≌△PAG（AAS），

∴AE=AG，

∴OD=AE．

【点睛】

考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质、直角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．

3．如图①，在ABC中，90BAC，ABAC，AE是过A点的一条直线，且B、C在AE的异侧，BDAE于D，CEAE于E.

（1）求证：BDDECE.

（2）若将直线AE绕点A旋转到图②的位置时（BDCE），其余条件不变，问BD与DE、CE的关系如何？请予以证明.

【答案】（1）见解析；（2）BD=DE-CE，理由见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据已知利用AAS判定△ABD≌△CAE从而得到BD=AE，AD=CE，因为AE=AD+DE，所以BD=DE+CE；

（2）根据已知利用AAS判定△ABD≌△CAE从而得到BD=AE，AD=CE，因为AD+AE=BD+CE，所以BD=DE-CE．

【详解】

解：（1）∵∠BAC=90°，BD⊥AE，CE⊥AE，

∴∠BDA=∠AEC=90°，

∵∠ABD+∠BAE=90°，∠CAE+∠BAE=90°

∴∠ABD=∠CAE，

∵AB=AC，

在△ABD和△CAE中，

BDAAECABDCAEABAC

∴△ABD≌△CAE（AAS），

∴BD=AE，AD=CE，

∵AE=AD+DE，

∴BD=DE+CE；

（2）BD与DE、CE的数量关系是BD=DE-CE，理由如下：

∵∠BAC=90°，BD⊥AE，CE⊥AE，

∴∠BDA=∠AEC=90°，

∴∠ABD+∠DAB=∠DAB+∠CAE，

∴∠ABD=∠CAE，

∵AB=AC，

在△ABD和△CAE中，

BDAAECABDCAEABAC

∴△ABD≌△CAE（AAS），

∴BD=AE，AD=CE，

∴AD+AE=BD+CE，

∵DE=BD+CE，

∴BD=DE-CE．

【点睛】

此题主要考查全等三角形的判定和性质，常用的判定方法有SSS，SAS，AAS，HL等．这种类型的题目经常考到，要注意掌握．

4．已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，△BPN，并连接BM，AN．

（Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；

（Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由．

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数．

【答案】（1）BM＝AN，BM⊥AN．（2）结论成立.（3）90°．

【解析】

【分析】

(1)根据已知条件可证△MBP≌△ANP，得出MB＝AN，∠PAN＝∠PMB，再延长MB交AN于点C，得出MCN90,因此有BM⊥AN；

(2)根据所给条件可证△MPB≌△APN，得出结论BM＝AN；

(3) 取PB的中点C，连接AC，AB，通过已知条件推出△APC为等边三角形，∠PAC＝∠PCA＝60°，再由CA＝CB，进一步得出∠PAB的度数.

【详解】

解：（Ⅰ）结论：BM＝AN，BM⊥AN．

理由：如图1中，

∵MP＝AP，∠APM＝∠BPN＝90°，PB＝PN，

∴△MBP≌△ANP（SAS），

∴MB＝AN．

延长MB交AN于点C．

∵△MBP≌△ANP，

∴∠PAN＝∠PMB，

∵∠PAN+∠PNA＝90°，

∴∠PMB+∠PNA＝90°，

∴∠MCN＝180°﹣∠PMB﹣∠PNA＝90°，

∴BM⊥AN．

（Ⅱ）结论成立

理由：如图2中，

∵△APM，△BPN，都是等边三角形

∴∠APM＝∠BPN＝60°

∴∠MPB＝∠APN＝120°，

又∵PM＝PA，PB＝PN，

∴△MPB≌△APN（SAS）

∴MB＝AN．

（Ⅲ）如图3中，取PB的中点C，连接AC，AB．

∵△APM，△PBN都是等边三角形

∴∠APM＝∠BPN＝60°，PB＝PN

∵点C是PB的中点，且PN＝2PM，

∴2PC＝2PA＝2PM＝PB＝PN，

∵∠APC＝60°，

∴△APC为等边三角形，

∴∠PAC＝∠PCA＝60°，

又∵CA＝CB，

∴∠CAB＝∠ABC＝30°，

∴∠PAB＝∠PAC+∠CAB＝90°．

【点睛】

本题是一道关于全等三角形的综合性题目，充分考查了学生对全等三角形的判定定理及其性质的应用的能力，此类题目常常需要数形结合，借助辅助线才得以解决，因此，作出合理正确的辅助线是解题的关键.