八年级上册数学 期末试卷易错题(Word版 含答案)
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八年级上册数学
期末试卷易错题（Word版 含答案）
一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）
1．（1）问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ；
（2）探索延伸：
如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝12∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）结论应用：
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等．接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O之间夹角∠EOF=70°，试求此时两舰艇之间的距离．
（4）能力提高：
如图4，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，试求出MN的长．
【答案】（1）EF＝BE＋FD；（2）EF＝BE＋FD仍然成立；（3）210；（4）MN＝10．
【解析】
试题分析：（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得EF=GF=DF+DG=DF+BE；（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG，再证△AEF≌△AGF，得EF=FG，即可得到答案；（3）连接EF，延长AE，BF相交于点C，根据探索延伸可得EF=AE+FB，即可计算出EF的长度；（4）在△ABC外侧作
∠CAD=∠BAM，截取AD=AM，连接CD，DN，证明△ACD≌△ABM，得到CD=BM，再证MN=ND，则求出ND的长度，即可得到答案．
解：（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得EF=GF=DF+DG=DF+BE；
（2）EF＝BE＋FD仍然成立．
证明：如答图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADG＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADG，
在△ABE与△ADG中，AB＝AD，∠B＝∠ADG，BE＝DG，∴△ABE≌△ADG．
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG．
又∵∠EAF＝12∠BAD，
∴∠FAG＝∠FAD＋∠DAG＝∠FAD＋∠BAE＝∠BAD－∠EAF＝∠BAD－12∠BAD＝12∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF．
在△AEF与△AGF中，AE=AG，∠EAF＝∠GAF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF．∴EF＝FG．
又∵FG＝DG＋DF＝BE＋DF．
∴EF＝BE＋FD．
（3）如答图2，连接EF，延长AE，BF相交于点C，在四边形AOBC中，
∵∠AOB＝30°＋90°＋20°＝140°，∠FOE＝70°＝12∠AOB，
又∵OA＝OB，∠OAC＋∠OBC＝60°＋120°＝180°，符合探索延伸中的条件，
∴结论EF＝AE＋FB成立．
∴EF＝AE＋FB＝1.5×（60＋80）＝210（海里）.
答：此时两舰艇之间的距离为210海里；
（4）如答图3，在△ABC外侧作∠CAD=∠BAM，截取AD=AM，连接CD，DN，
在△ACD与△ABM中，AC=AB，∠CAD=∠BAM，AD=AM，
则△ACD≌△ABM，∴CD=BM=1，∠ACD=∠ABM=45°，
∵∠NAD=∠NAC+∠CAD=∠NAC+∠BAM=∠BAC-∠MAN=45°，
∴∠MAD=∠MAN+∠NAD=90°=2∠NAD，
又∵AM=AD，∠NCD+∠MAD=（∠ACD+∠ACB）+90°=180°，
∴对于四边形AMCD符合探索延伸，
则ND=MN，
∵∠NCD=90°，CD=1，CN=3，
∴MN=ND=10．
2．已知,如图A在x轴负半轴上，B（0，-4），点E（-6,4）在射线BA上，
(1) 求证：点A为BE的中点
(2) 在y轴正半轴上有一点F, 使 ∠FEA=45°，求点F的坐标.
(3) 如图，点M、N分别在x轴正半轴、y轴正半轴上，MN=NB=MA，点I为△MON的内角平分线的交点，AI、BI分别交y轴正半轴、x轴正半轴于P、Q两点, IH⊥ON于H, 记△POQ的周长为C△POQ.求证：C△POQ=2 HI.
【答案】（1）证明见解析；（2）22(0,)7F；（3）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）过E点作EG⊥x轴于G，根据B、E点的坐标，可证明△AEG≌△ABO，从而根据全等三角形的性质得证；
（2）过A作AD⊥AE交EF延长线于D，过D作DK⊥x轴于K，然后根据全等三角形的判定得到△AEG≌△DAK，进而求出D点的坐标，然后设F坐标为（0，y），根据S梯形EGKD=S梯形EGOF+S梯形FOKD可求出F的坐标；
（3）连接MI、NI，根据全等三角形的判定SAS证得△MIN≌△MIA，从而得到∠MIN=∠MIA和∠MIN=∠NIB，由角平分线的性质，求得∠AIB=135°×3-360°=45°再连接OI，作IS⊥OM于S, 再次证明△HIP≌△SIC和△QIP≌△QIC，得到C△POQ周长.
试题解析：（1）过E点作EG⊥x轴于G，
∵B（0，-4），E（-6,4），∴OB=EG=4，
在△AEG和△ABO中，
∵90EGABOAEAGBAOEGBO
∴△AEG≌△ABO（AAS），∴AE=AB
∴A为BE中点
（2）过A作AD⊥AE交EF延长线于D，
过D作DK⊥x轴于K，
∵∠FEA=45°，∴AE=AD，
∴可证△AEG≌△DAK，∴D（1,3），
设F（0，y），
∵S梯形EGKD=S梯形EGOF+S梯形FOKD，
∴111347463222yy
∴227y
∴220,7F
（3）连接MI、NI
∵I为△MON内角平分线交点，
∴NI平分∠MNO，MI平分∠OMN，
在△MIN和△MIA中，
∵MNMANMIAMIMIMI
∴△MIN≌△MIA（SAS），
∴∠MIN=∠MIA，
同理可得∠MIN=∠NIB，
∵NI平分∠MNO，MI平分∠OMN，∠MON=90°，
∴∠MIN=135°∴∠MIN=∠MIA =∠NIB=135°，
∴∠AIB=135°×3-360°=45°，
连接OI，作IS⊥OM于S, ∵IH⊥ON，OI平分∠MON，
∴IH=IS=OH=OS，∠HIS=90°，∠HIP+∠QIS=45°，
在SM上截取SC=HP，可证△HIP≌△SIC，∴IP=IC，
∠HIP=∠SIC，∴∠QIC=45°，
可证△QIP≌△QIC，
∴PQ=QC=QS+HP，
∴C△POQ=OP+PQ+OQ=OP+PH+OQ+OS=OH+OS=2HI.
3．（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,EAD45,BAECAD45,CAFCAD即45.DAFEADDAF， 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,EAD90,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.
4．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．
