八年级上册合肥数学期末试卷测试卷(含答案解析)
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八年级上册合肥数学期末试卷测试卷（含答案解析）
一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）
1．如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F
（1）证明：PC=PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析（2）90°（3）AP=CE
【解析】
【分析】
(1)、根据正方形得出AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，结合PB=PB得出△ABP ≌△CBP，从而得出结论；(2)、根据全等得出∠BAP=∠BCP，∠DAP=∠DCP，根据PA=PE得出∠DAP=∠E，即∠DCP=∠E，易得答案；(3)、首先证明△ABP和△CBP全等，然后得出PA=PC，∠BAP=∠BCP，然后得出∠DCP=∠E，从而得出∠CPF=∠EDF=60°，然后得出△EPC是等边三角形，从而得出AP=CE.
【详解】
(1)、在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，又∵ PB=PB ∴△ABP ≌△CBP（SAS）， ∴PA=PC，∵PA=PE，∴PC=PE；
(2)、由（1）知，△ABP≌△CBP，∴∠BAP=∠BCP，∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE， ∴∠DAP=∠E， ∴∠DCP=∠E， ∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E， 即∠CPF=∠EDF=90°；
(3)、AP＝CE
理由是：在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP，
在△ABP和△CBP中， 又∵ PB=PB ∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，∠BAP=∠DCP，
∵PA=PE，∴PC=PE，∴∠DAP=∠DCP， ∵PA=PC ∴∠DAP=∠E， ∴∠DCP=∠E
∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等）， ∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，
即∠CPF=∠EDF=180°﹣∠ADC=180°﹣120°=60°， ∴△EPC是等边三角形，∴PC=CE，∴AP=CE
考点：三角形全等的证明
2．如图，在ABC中，ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD.以AD为直角边且在AD的上方作等腰直角三角形ADF.
（1）若ABAC，90BAC
①当点D在线段BC上时（与点B不重合），试探讨CF与BD的数量关系和位置关系；
②当点D在线段C的延长线上时，①中的结论是否仍然成立，请在图2中面出相应的图形并说明理由；
（2）如图3，若ABAC，90BAC，45BCA，点D在线段BC上运动，试探究CF与BD的位置关系.
【答案】（1）①CF⊥BD，证明见解析；②成立，理由见解析；（2）CF⊥BD，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）①根据同角的余角相等求出∠CAF=∠BAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△ABD全等，②先求出∠CAF=∠BAD，然后与①的思路相同求解即可；
（2）过点A作AE⊥AC交BC于E，可得△ACE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AC=AE，∠AED=45°，再根据同角的余角相等求出∠CAF=∠EAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△AED全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠AED，然后求出∠BCF=90°，从而得到CF⊥BD．
【详解】
解：（1）①∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形，
∴∠CAF+∠CAD=90°，∠BAD+∠ACD=90°，
∴∠CAF=∠BAD，
在△ACF和△ABD中，
∵AB=AC，∠CAF=∠BAD，AD=AF，
∴△ACF≌△ABD(SAS)，
∴CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠FCB=90°，
∴CF⊥BD；
②成立，理由如下：如图2：
∵∠CAB=∠DAF=90°，
∴∠CAB+∠CAD=∠DAF+∠CAD，
即∠CAF=∠BAD，
在△ACF和△ABD中，
∵AB=AC，∠CAF=∠BAD，AD=AF，
∴△ACF≌△ABD(SAS)，
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠BCF=∠ACF+∠ACB=45°+45°=90°，
∴CF⊥BD；
（2）如图3，过点A作AE⊥AC交BC于E，
∵∠BCA=45°，
∴△ACE是等腰直角三角形，
∴AC=AE，∠AED=45°，
∵∠CAF+∠CAD=90°，∠EAD+∠CAD=90°，
∴∠CAF=∠EAD，
在△ACF和△AED中，
∵AC=AE，∠CAF=∠EAD，AD=AF，
∴△ACF≌△AED(SAS)，
∴∠ACF=∠AED=45°，
∴∠BCF=∠ACF+∠BCA=45°+45°=90°，
∴CF⊥BD．
【点睛】
本题考查全等三角形的动点问题，综合性较强，有一定难度，需要熟练掌握全等三角形的
判定和性质进行综合运用.
3．已知△ABC中，AB=AC，点P是AB上一动点，点Q是AC的延长线上一动点，且点P从B运动向A、点Q从C运动向Q移动的时间和速度相同，PQ与BC相交于点D，若AB=82，BC=16．
（1）如图1，当点P为AB的中点时，求CD的长；
（2）如图②，过点P作直线BC的垂线，垂足为E，当点P、Q在移动的过程中，设BE+CD=λ，λ是否为常数？若是请求出λ的值，若不是请说明理由．
【答案】（1）4；（2）8
【解析】
【分析】
（1）过P点作PF∥AC交BC于F，由点P和点Q同时出发，且速度相同，得出BP=CQ，根据PF∥AQ，可知∠PFB=∠ACB，∠DPF=∠CQD，则可得出∠B=∠PFB，证出BP=PF，得出PF=CQ，由AAS证明△PFD≌△QCD，得出，再证出F是BC的中点，即可得出结果；
（2）过点P作PF∥AC交BC于F，易知△PBF为等腰三角形，可得BE=12BF，由（1）证明方法可得△PFD≌△QCD 则有CD=12CF，即可得出BE+CD=8．
【详解】
解:（1）如图①，过P点作PF∥AC交BC于F，
∵点P和点Q同时出发，且速度相同，
∴BP=CQ，
∵PF∥AQ，
∴∠PFB=∠ACB，∠DPF=∠CQD，
又∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠B=∠PFB，
∴BP=PF，
∴PF=CQ，又∠PDF=∠QDC，
∴△PFD≌△QCD，
∴DF=CD=12CF，
又因P是AB的中点，PF∥AQ，
∴F是BC的中点，即FC=12BC=8，
∴CD=12CF=4；
（2）8BECD为定值．
如图②，点P在线段AB上，
过点P作PF∥AC交BC于F，
易知△PBF为等腰三角形，
∵PE⊥BF
∴BE=12BF
∵易得△PFD≌△QCD
∴CD=12CF
∴111182222BECDBFCFBFCFBC
【点睛】
此题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判断与性质，熟悉相关性质定理是解题的关键．
4．如图1，已知CF是△ABC的外角∠ACE的角平分线，D为CF上一点，且DA＝DB．
（1）求证：∠ACB＝∠ADB；
（2）求证：AC+BC＜2BD；
（3）如图2，若∠ECF＝60°，证明：AC＝BC+CD．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
【分析】
（1）过点D分别作AC，CE的垂线，垂足分别为M，N，证明Rt△DAM≌Rt△DBN，得出∠DAM=∠DBN，则结论得证；
（2）证明Rt△DMC≌Rt△DNC，可得CM=CN，得出AC+BC=2BN，又BN＜BD，则结论得证；
（3）在AC上取一点P，使CP=CD，连接DP，可证明△ADP≌△BDC，得出AP=BC，则结论可得出．
【详解】
（1）证明：过点D分别作AC，CE的垂线，垂足分别为M，N，
∵CF是△ABC的外角∠ACE的角平分线，
∴DM＝DN，
在Rt△DAM和Rt△DBN中，
DADBDMDN ，
∴Rt△DAM≌Rt△DBN（HL），
∴∠DAM＝∠DBN，
∴∠ACB＝∠ADB；
（2）证明：由（1）知DM＝DN，
在Rt△DMC和Rt△DNC中，
DCDCDMDN ，
∴Rt△DMC≌Rt△DNC（HL），
∴CM＝CN，
∴AC+BC＝AM+CM+BC＝AM+CN+BC＝AM+BN，
又∵AM＝BN，
∴AC+BC＝2BN，
∵BN＜BD，
∴AC+BC＜2BD．
（3）由（1）知∠CAD＝∠CBD，在AC上取一点P，使CP＝CD，
连接DP，
∵∠ECF＝60°，∠ACF＝60°，
∴△CDP为等边三角形，
∴DP＝DC，∠DPC＝60°，
∴∠APD＝120°，
∵∠ECF＝60°，
∴∠BCD＝120°，
在△ADP和△BDC中，
APDBCDPADCBDDADB ，
∴△ADP≌△BDC（AAS），
∴AP＝BC，
∵AC＝AP+CP，
∴AC＝BC+CP，
∴AC＝BC+CD．
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
5．如图，ABC是等边三角形，点D在边AC上（ “点D不与,AC重合），点E是射线
