八年级数学上册期末试卷测试与练习(word解析版)

八年级数学上册期末试卷测试与练习（word解析版）

一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）

1．已知：在平面直角坐标系中，A为x轴负半轴上的点，B为y轴负半轴上的点.

(1)如图1，以A点为顶点、AB为腰在第三象限作等腰RtABC，若2OA，4OB，试求C点的坐标；

(2)如图2，若点A的坐标为23,0，点B的坐标为0,m，点D的纵坐标为n，以B为顶点，BA为腰作等腰RtABD.试问：当B点沿y轴负半轴向下运动且其他条件都不变时，整式2253mn的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由；

(3)如图3，E为x轴负半轴上的一点，且OBOE，OFEB于点F，以OB为边作等边OBM，连接EM交OF于点N，试探索：在线段EF、EN和MN中，哪条线段等于EM与ON的差的一半？请你写出这个等量关系，并加以证明.

【答案】(1) C(-6,-2);(2)不发生变化，值为3；（3）EN=12(EM-ON)，证明见详解.

【解析】

【分析】

（1）作CQ⊥OA于点Q,可以证明AQCBOA，由QC=AD,AQ=BO,再由条件就可以求出点C的坐标；

（2）作DP⊥OB于点P，可以证明AOBBPD，则有BP=OB-PO=m-(-n)=m+n为定值，从而可以求出结论2253mn的值不变为3.

（3）作BH⊥EB于点B，由条件可以得出∠1=30°,∠2=∠3=∠EMO=15°,∠EOF=∠BMG=45°,EO=BM,可以证明ENOBGM，则GM=ON,就有EM-ON=EM-GM=EG,最后由平行线分线段成比例定理就可得出EN=12(EM-ON).

【详解】

（1）如图（1）作CQ⊥OA于Q,

∴∠AQC=90°,

∵ABC△为等腰直角三角形，

∴AC=AB,∠CAB=90°,

∴∠QAC+∠OAB=90°,

∵∠QAC+∠ACQ=90°,

∴∠ACQ=∠BAO,

又∵AC=AB,∠AQC=∠AOB,

∴AQCBOA(AAS),

∴CQ=AO,AQ=BO,

∵OA=2,OB=4,

∴CQ=2,AQ=4,

∴OQ=6,

∴C(-6,-2).

(2)如图（2）作DP⊥OB于点P,

∴∠BPD=90°,

∵ABD△是等腰直角三角形，

∴AB=BD,∠ABD=∠ABO+∠OBD=90°,

∵∠OBD+∠BDP=90°,

∴∠ABO=∠BDP,

又∵AB=BD,∠AOB=∠BPD=90°,

∴AOBBPD

∴AO=BP,

∵BP=OB-PO=m-(-n)=m+n,

∵A23,0,

∴OA=23,

∴m+n=23,

∴当点B沿y轴负半轴向下运动时，AO=BP=m+n=23,

∴整式2253mn的值不变为3.

（3）12ENEMON

证明：如图（3）所示，在ME上取一点G使得MG=ON,连接BG并延长，交x轴于H.

∵OBM为等边三角形，

∴BO=BM=MO,∠OBM=∠OMB=∠BOM=60°,

∴EO=MO,∠EBM=105°,∠1=30°,

∵OE=OB,

∴OE=OM=BM,

∴∠3=∠EMO=15°,

∴∠BEM=30°,∠BME=45°,

∵OF⊥EB,

∴∠EOF=∠BME,

∴ENOBGM,

∴BG=EN,

∵ON=MG,

∴∠2=∠3,

∴∠2=15°,

∴∠EBG=90°,

∴BG=12EG,

∴EN=12EG,

∵EG=EM-GM,

∴EN=12(EM-GM),

∴EN=12(EM-ON).

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角与内角的关系，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理的运用.

2．（1）如图（1），已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m, CE⊥直线m,垂足分别为点D、E.证明:DE=BD+CE.

（2）如图（2），将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上,并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=,其中为任意锐角或钝角.请问结论DE=BD+CE是否成立?如成立,请你给出证明;若不成立,请说明理由.

（3）拓展与应用：如图（3），D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点（D、A、E三点互不重合）,点F为∠BAC平分线上的一点,且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD、CE,若∠BDA=∠AEC=∠BAC，试判断△DEF的形状.

【答案】（1）见解析（2）成立（3）△DEF为等边三角形

【解析】

解：（1）证明：∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，∴∠BDA＝∠CEA=900．

∵∠BAC＝900，∴∠BAD+∠CAE=900．

∵∠BAD+∠ABD=900，∴∠CAE=∠ABD．

又AB="AC" ，∴△ADB≌△CEA（AAS）．∴AE=BD，AD=CE．

∴DE="AE+AD=" BD+CE．

（2）成立．证明如下：

∵∠BDA =∠BAC=，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD +∠CAE=1800—．∴∠DBA=∠CAE．

∵∠BDA=∠AEC=，AB=AC，∴△ADB≌△CEA（AAS）．∴AE=BD，AD=CE．

∴DE=AE+AD=BD+CE．

（3）△DEF为等边三角形．理由如下：

由（2）知，△ADB≌△CEA，BD=AE，∠DBA =∠CAE，

∵△ABF和△ACF均为等边三角形，∴∠ABF=∠CAF=600．

∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF．∴∠DBF=∠FAE．

∵BF=AF，∴△DBF≌△EAF（AAS）．∴DF=EF，∠BFD=∠AFE．

∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=600．

∴△DEF为等边三角形．

（1）因为DE=DA+AE，故由AAS证△ADB≌△CEA，得出DA=EC，AE=BD，从而证得DE=BD+CE．

（2）成立，仍然通过证明△ADB≌△CEA，得出BD=AE，AD=CE，所以DE=DA+AE=EC+BD．

（3）由△ADB≌△CEA得BD=AE，∠DBA =∠CAE，由△ABF和△ACF均等边三角形，得∠ABF=∠CAF=600，FB=FA，所以∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠FAE，所以△DBF≌△EAF，所以FD=FE，∠BFD=∠AFE，再根据∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=600得到△DEF是等边三角形．

3．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

4．如图，AB=12cm，AC⊥AB，BD⊥AB

，AC=BD=9cm，点P在线段AB上以3 cm/s的速度，由A向B运动，同时点Q在线段BD上由B向D运动．

（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当运动时间t=1（s），△ACP与△BPQ是否全等？说明理由，并直接判断此时线段PC和线段PQ的位置关系；

（2）将 “AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB=∠DBA”，其他条件不变．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，能使△ACP与△BPQ全等.

（3）在图2的基础上延长AC，BD交于点E，使C，D分别是AE，BE中点，若点Q以（2）中的运动速度从点B出发，点P以原来速度从点A同时出发，都逆时针沿△ABE三边运动，求出经过多长时间点P与点Q第一次相遇．

【答案】（1）△ACP≌△BPQ，理由见解析；线段PC与线段PQ垂直（2）1或32（3）9s

【解析】

【分析】

（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP=∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出结论即可；

（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC=BP，AP=BQ，②AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可．

（3）因为VQ＜VP，只能是点P追上点Q，即点P比点Q多走PB+BQ的路程，据此列出方程，解这个方程即可求得．

【详解】

（1）当t=1时，AP=BQ=3，BP=AC=9，

又∵∠A=∠B=90°，

在△ACP与△BPQ中，APBQABACBP，

∴△ACP≌△BPQ（SAS），

∴∠ACP=∠BPQ，

∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°，

∠CPQ=90°，