八年级数学上册压轴题综合试题带解析(一)

八年级数学上册压轴题综合试题带解析（一）1．（初步探索）（1）如图：在四边形中，，，、分别是、上的点，且，探究图中、、之间的数量关系．(1)（1）小明同学探究此问题的方法是：延长到点，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是_____________；(2)（灵活运用）（2）如图2，若在四边形中，，，、分别是、上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由；2．完全平方公式：适当的变形，可以解决很多的数学问题．例如：若，求的值．解：因为所以所以得．根据上面的解题思路与方法，解决下列问题：（1）若，求的值；（2）①若,则；②若则；（3）如图，点是线段上的一点，以为边向两边作正方形，设，两正方形的面积和，求图中阴影部分面积．3．已知，．（1）若，作，点在内．①如图1，延长交于点，若，，则的度数为；②如图2，垂直平分，点在上，，求的值；（2）如图3，若，点在边上，，点在边上，连接，，，求的度数．4．在中，，点在边上，且是射线上一动点(不与点重合，且)，在射线上截取，连接．当点在线段上时，①若点与点重合时，请说明线段；②如图2，若点不与点重合，请说明；当点在线段的延长线上时，用等式表示线段之间的数量关系(直接写出结果，不需要证明)．5．如图，在平面直角坐标系中，点A（0，3），B（，0），AB=6，作∠DBO=∠ABO，点H为y轴上的点，∠CAH=∠BAO，BD交y轴于点E，直线DO交AC于点C．（1）证明：△ABE为等边三角形；（2）若CD⊥AB于点F，求线段CD的长；（3）动点P从A出发，沿A﹣O﹣B路线运动，速度为1个单位长度每秒，到B点处停止运动；动点Q从B出发，沿B﹣O﹣A路线运动，速度为2个单位长度每秒，到A点处停止运动．两点同时开始运动，都要到达相应的终点才能停止．在某时刻，作PM⊥CD于点M，QN⊥CD于点N．问两动点运动多长时间时△OPM与△OQN全等？6．已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=BC．（1）如图1，若∠BAD=90°，AD=2，求CD的长度；（2）如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ=AP+CQ，求证：∠PBQ=90°−∠ADC；（3）如图3，若点Q运动到DC的延长线上，点P也运动到DA的延长线上时，仍然满足PQ=AP+CQ，则（2）中的结论是否成立？若成立，请给出证明过程，若不成立，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程.7．我们不妨约定：把“有一组邻边相等”的凸四边形叫做“菠菜四边形”．(1)如下：①平行四边形，②矩形，③菱形，④正方形，一定是“菠菜四边形”的是________（填序号）；(2)如图1，四边形ABCD为“菠菜四边形”，且∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝AB，AE⊥CD于点E，若AE＝4，求四边形ABCD的面积；(3)①如图2，四边形ABCD为“菠菜四边形”，且AB＝AD，记四边形ABCD，△BOC，△AOD的面积依次为S，，，若．求证：ADBC；②在①的条件下，延长BA、CD交于点E，记BC＝m，DC＝n，求证：．8．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上一点，且DE＝CE，连接BD，CD．（1）判断与的位置关系和数量关系，并证明；（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化？并证明；（3）如图3，将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变，求BD与AC夹角的度数．【参考答案】2．(1)（初步探索）结论：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；(2)（灵活运用）成立，理由见解析【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠D解析：(1)（初步探索）结论：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；(2)（灵活运用）成立，理由见解析【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．（1）解：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF．理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，∵，∴，∵DG＝BE，，∴△ABE≌△ADG，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∵EF=BE+FD，DG＝BE，∴，且AE＝AG，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF，∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF．故答案为：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；（2）如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，∵∠B＋∠ADF＝180°，∠ADG＋∠ADF＝180°，∴∠B＝∠ADG，又∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∵EF＝BE＋FD＝DG＋FD＝GF，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF【点睛】本题考查了全等三角形的判定以及性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．3．（1）12；（2）①6；②17；（3）【分析】（1）根据完全平方公式的变形应用，解决问题；（2）①两边平方，再将代入计算；②两边平方，再将代入计算；（3）由题意可得：，，两边平方从而解析：（1）12；（2）①6；②17；（3）【分析】（1）根据完全平方公式的变形应用，解决问题；（2）①两边平方，再将代入计算；②两边平方，再将代入计算；（3）由题意可得：，，两边平方从而得到，即可算出结果．【详解】解：（1）；；；又；，，∴．（2）①，；又，．②由，；又，．（3）由题意可得，，；，；，；图中阴影部分面积为直角三角形面积，，．【点睛】本题主要考查了完全平方公式的适当变形灵活应用，（1）可直接应用公式变形解决问题．（2）①②小题都需要根据题意得出两个因式和或者差的结果，合并同类项得①，②是解决本题的关键，再根据完全平方公式变形应用得出答案．（3）根据几何图形可知选段，再根据两个正方形面积和为18，利用完全平方公式变形应用得到，再根据直角三角形面积公式得出答案．4．（1）①15°；②；（2）【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质，连接，得，，所对的直角边是斜边的一半，可得，所以可得，，，和是等腰三角形，由外角性质计算可得；②构造“一线三垂直”模型，证解析：（1）①15°；②；（2）【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质，连接，得，，所对的直角边是斜边的一半，可得，所以可得，，，和是等腰三角形，由外角性质计算可得；②构造“一线三垂直”模型，证明三角形，利用面积比等于等高的三角形的底边的比，结合已知条件即可解得．（2）构造等边，通过证明，等边代换，得出等腰三角形，代入角度计算即得．【详解】（1）①连接ＡＥ，在，因为，，，，，，，，，，，，，，故答案为：．②过Ｃ作交ＤＦ延长线于Ｇ，连接ＡＥＡＤ垂直平分ＢＥ，，，，，故答案为：；（2）以AB向下构造等边，连接DK，延长AD，BK交于点T，，，，，，，等边中，，，，，在和中，，等边三角形三线合一可知，BD是边AK的垂直平分线，，，，，故答案为：．【点睛】考查了等腰直角三角形的性质，外角的性质，等腰三角形的判定和性质，构造等边三角形的方法证明全等，全等三角形的性质应用很关键，熟记几何图形的性质和判定是解决图形问题的重要方法依据．5．（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）BF＝AE-CD【分析】（1）①根据等边对等角，求到，再由含有60°角的等腰三角形是等边三角形得到是等边三角形，之后根据等边三角形的性质以及邻补角的性质得解析：（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）BF＝AE-CD【分析】（1）①根据等边对等角，求到，再由含有60°角的等腰三角形是等边三角形得到是等边三角形，之后根据等边三角形的性质以及邻补角的性质得到，推出，根据全等三角形的性质即可得出结论；②过点A做AG∥EF交BC于点G，由△DEF为等边三角形得到DA＝DG，再推出AE＝GF，根据线段的和差即可整理出结论；（2）根据题意画出图形，作出AG，由（1）可知，AE=GF，DC=BG，再由线段的和差和等量代换即可得到结论．【详解】（1）①证明：，且E与A重合，是等边三角形在和中②如图2，过点A做AG∥EF交BC于点G，∵∠ADB＝60°DE＝DF∴△DEF为等边三角形∵AG∥EF∴∠DAG＝∠DEF＝60°，∠AGD＝∠EFD＝60°∴∠DAG＝∠AGD∴DA＝DG∴DA－DE＝DG－DF，即AE＝GF由①易证△AGB≌△ADC∴BG＝CD∴BF＝BG＋GF＝CD＋AE（2）如图3，和（1）中②相同，过点A做AG∥EF交BC于点G，由（1）可知，AE=GF，DC=BG，故．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．6．（1）详见解析；（2）CD=；（3）当两动点运动时间为、、6秒时，△OPM与△OQN全等.【分析】（1）先证△AOB≌△EOB得到AE=BE=AB，从而可以得出结论；（2）由（1）知∠ABE解析：（1）详见解析；（2）CD=；（3）当两动点运动时间为、、6秒时，△OPM与△OQN全等.【分析】（1）先证△AOB≌△EOB得到AE=BE=AB，从而可以得出结论；（2）由（1）知∠ABE=∠BEA=∠EAB=60°，进而得出∠AOF=30°，利用含30°角的直角三角形的性质得到AF、OF的长．再证明∠ACF=∠AOF=30°，∠D=30°，同理得出CF、DF的长，进而可得出结论．（3）设运动的时间为t秒．然后分四种情况讨论：①当点P、Q分别在y轴、x轴上时，；②当点P、Q都在y轴上时，；③当点P在x轴上，Q在y轴且二者都没有提前停止时，；④当点P在x轴上，Q在y轴且点Q提前停止时，，列方程求解即可．【详解】（1）在△AOB与△EOB中，∵∠AOB=∠EOB，OB=OB，∠EBO=∠ABO，∴△AOB≌△EOB(ASA)，∴AO=EO=3，BE=AB=6，∴AE=BE=AB=6，∴△ABE为等边三角形．（2）由（1）知∠ABE=∠BEA=∠EAB=60°．∵CD⊥AB，∴∠AOF=30°，∴AF=．在Rt△AOF中，OF=．∵∠CAH=∠BAO=60°，∴∠CAF=60°，∠ACF=∠AOF=30°，∴AO=AC．又∵CD⊥AB，∴CF=．∵AB=6，AF=，∴BF=．在Rt△BDF中，∠DBF=60°，∠D=30°，∴BD=．由勾股定理得：∴DF=，∴CD=．（3）设运动的时间为t秒．①当点P、Q分别在y轴、x轴上时，，PO=QO得：，解得：（秒）；②当点P、Q都在y轴上时，，PO=QO得：，解得（秒）；③当点P在x轴上，Q在y轴且二者都没有提前停止时，，则PO=QO，得：，解得：，不合题意，舍去．④当点P在x轴上，Q在y轴且点Q提前停止时，有，解得：（秒）．综上所述：当两动点运动时间为、、6秒时，△OPM与△OQN全等．【点睛】本题考查了全等三角形的判定、含30°角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，坐标与图形的性质．正确分类讨论是解题的关键．7．（1）CD=2；（2）证明见解析；（3）（2）中结论不成立，应该是：，理由见解析.【分析】（1）如图1，利用HL证得两个直角三角形全等：Rt△BAD≌Rt△BCD，则其对应边相等：AD=DC=2解析：（1）CD=2；（2）证明见解析；（3）（2）中结论不成立，应该是：，理由见解析.【分析】（1）如图1，利用HL证得两个直角三角形全等：Rt△BAD≌Rt△BCD，则其对应边相等：AD=DC=2；（2）如图2，延长DC，在上面找一点K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后由全等三角形△PBQ≌△BKQ的对应角相等求得∠PBQ=∠ABC，结合已知条件“∠ABC+∠ADC=180°”可以推知∠PBQ=90°-∠ADC；（3）（2）中结论不成立，应该是：∠PBQ=90°+∠ADC．如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360度可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．【详解】（1）∵，

∴在Rt△BAD和Rt△BCD中，∴Rt△BAD≌Rt△BCD（HL）∴AD=DC=2

∴DC=2

（2）如图，延长DC，在上面找一点K，使得CK=AP，连接BK∵∴∵∴在△BPA和△BCK中∴△BPA≌△BCK（SAS）∴，BP=BK∵PQ=AP+CQ∴PQ=QK在△PBQ和△BKQ中∴△PBQ≌△BKQ（SSS）∴∴∴∵∴∴∴（3）（2）中结论不成立，应该是：在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK∵∴∵∴在△BPA和△BCK中∴△BPA≌△BCK（SAS）∴，BP=BK∴∵PQ=AP+CQ∴PQ=QK在△PBQ和△BKQ中∴△PBQ≌△BKQ（SSS）∴∴∴∴【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形.8．(1)③④(2)16(3)①见解析；②见解析【分析】（1）根据菠菜四边形的定义结合各个特殊四边形的定义即可得出结论；（2）过A作，交CB的延长线于F，求出四边形AFCE是矩形，则，解析：(1)③④(2)16(3)①见解析；②见解析【分析】（1）根据菠菜四边形的定义结合各个特殊四边形的定义即可得出结论；（2）过A作，交CB的延长线于F，求出四边形AFCE是矩形，则，求出，得出，有全等的出AE=AF=3，，求出，求出，代入求解即可；（3）记面积为，则，，根据已知条件可得，进而可得，得出由平分线的性质结合等腰三角形的性质可得BD平分，过点D作于点H，作于点N，则D