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培优竞赛答案解析
八年级数学提优练习题
参考答案与试题解析
一.选择题(共7小题)
1.已知如图等腰△ABC,AB=AC,∠BAC=120°,AD⊥BC于点D,点P是BA延长线上一点,点O是线段AD上一点,OP=OC,下面的结论:
①∠APO+∠DCO=30°;②△OPC是等边三角形;③AC=AO+AP;④S△ABC=S四边形AOCP.其中正确的有( )个.
A.
①②③
B.
①②④
C.
①③④
D.
①②③④
考点:
等腰三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的判定与性质.4387773
分析:
①利用等边对等角,即可证得:
∠APO=∠ABO,∠DCO=∠DBO,则∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD,据此即可求解;
②证明∠POC=60°且OP=OC,即可证得△OPC是等边三角形;
③首先证明∴△OPA≌△CPE,则AO=CE,AC=AE+CE=AO+AP.
④过点C作CH⊥AB于H,根据S四边形AOCP=S△ACP+S△AOC,利用三角形的面积公式即可求解.
解答:
解:
连接OB,
∵AB=AC,AD⊥BC,
∴BD=CD,∠BAD=
∠BAC=
×120°=60°,
∴OB=OC,∠ABC=90°﹣∠BAD=30°,
∵OP=OC,
∴OB=OC=OP,
∴∠APO=∠ABO,∠DCO=∠DBO,
∴∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD=30°;
故①正确;
∵∠APC+∠DCP+∠PBC=180°,
∴∠APC+∠DCP=150°,
∵∠APO+∠DCO=30°,
∴∠OPC+∠OCP=120°,
∴∠POC=180°﹣(∠OPC+∠OCP)=60°,
∵OP=OC,
∴△OPC是等边三角形;
故②正确;
在AC上截取AE=PA,
∵∠PAE=180°﹣∠BAC=60°,
∴△APE是等边三角形,
∴∠PEA=∠APE=60°,PE=PA,
∴∠APO+∠OPE=60°,
∵∠OPE+∠CPE=∠CPO=60°,
∴∠APO=∠CPE,
∵OP=CP,
在△OPA和△CPE中,
,
∴△OPA≌△CPE(SAS),
∴AO=CE,
∴AC=AE+CE=AO+AP;
故③正确;
过点C作CH⊥AB于H,
∵∠PAC=∠DAC=60°,AD⊥BC,
∴CH=CD,
∴S△ABC=
AB•CH,
S四边形AOCP=S△ACP+S△AOC=
AP•CH+
OA•CD=
AP•CH+
OA•CH=
CH•(AP+OA)=
CH•AC,
∴S△ABC=S四边形AOCP;
故④正确.
故选D.
点评:
本题考查了等腰三角形的判定与性质,关键是正确作出辅助线.
2.如图,四边形ABCD是直角梯形,AB∥CD,AD⊥AB,点P是腰AD上的一个动点,要使PC+PB最小,则点P应该满足( )
A.
PB=PC
B.
PA=PD
C.
∠BPC=90°
D.
∠APB=∠DPC
考点:
轴对称-最短路线问题;直角梯形.
专题:
压轴题;动点型.
分析:
首先根据轴对称的知识,可知P点的位置是连接点B和点C关于AD的对称点E与AD的交点,利用轴对称和对顶角相等的性质可得.
解答:
解:
如图,作点C关于AD的对称点E,连接BE交AD于P,连接CP.
根据轴对称的性质,得∠DPC=∠EPD,
根据对顶角相等知∠APB=∠EPD,
所以∠APB=∠DPC.
故选D.
点评:
此题的关键是应知点P是怎样确定的.要找直线上一个点和直线同侧的两个点的距离之和最小,则需要利用轴对称的性质进行确定.
3.如图,△ABC是等腰直角三角形,△DEF是一个含30°角的直角三角形,将D放在BC的中点上,转动△DEF,设DE,DF分别交AC,BA的延长线于E,G,则下列结论:
①AG=CE②DG=DE
③BG﹣AC=CE④S△BDG﹣S△CDE=
S△ABC
其中总是成立的是( )
A.
①②③
B.
①②③④
C.
②③④
D.
①②④
考点:
旋转的性质;全等三角形的判定与性质.4387773
专题:
开放型.
分析:
连DA,由△ABC是等腰直角三角形,D点为BC的中点,根据等腰直角三角形的性质得AD⊥BC,AD=DC,∠ACD=∠CAD=45°,得到∠GAD=∠ECD=135°,由∠EDF=90°,根据同角的余角相等得到∠1=∠2,所以△DAG≌△DCE,AG=EC,DG=DE,由此可分别判断.
解答:
解:
连DA,如图,
∵△ABC是等腰直角三角形,D点为BC的中点,
∴AD⊥BC,AD=DC,∠ACD=∠CAD=45°,
∴∠GAD=∠ECD=135°,
又∵△DEF是一个含30°角的直角三角形,
∴∠EDF=90°,
∴∠1=∠2,
∴△DAG≌△DCE,
∴AG=EC,DG=DE,所以①②正确;
∵AB=AC,
∴BG﹣AC=BG﹣AB=AG=EC,所以③正确;
∵S△BDG﹣S△CDE=S△BDG﹣S△ADG=S△ADB=
S△ABC.所以④正确.
故选B.
点评:
本题考查了旋转的性质:
旋转前后的两个图形全等,对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角,对应点到旋转中心的距离相等.也考查了等腰直三角形的性质,特别是斜边上的中线垂直斜边并且等于斜边的一半.
4.如图:
△ABC中,∠ACB=90°,∠CAD=30°,AC=BC=AD,CE⊥CD,且CE=CD,连接BD,DE,BE,则下列结论:
①∠ECA=165°,②BE=BC;③AD⊥BE;④
=1.其中正确的是( )
A.
①②③
B.
①②④
C.
①③④
D.
①②③④
考点:
等腰直角三角形;全等三角形的判定与性质;等腰三角形的判定与性质;含30度角的直角三角形.4387773
分析:
①根据:
∠CAD=30°,AC=BC=AD,利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出∠ECA=165°,从而得证结论正确;
②根据CE⊥CD,∠ECA=165°,利用SAS求证△ACD≌△BCE即可得出结论;
③根据∠ACB=90°,∠CAD=30°,AC=BC,利用等腰三角形的性质和△ACD≌△BCE,求出∠CBE=30°,然后即可得出结论;
④过D作DM⊥AC于M,过D作DN⊥BC于N.由∠CAD=30°,可得CM=
AC,求证△CMD≌△CND,可得CN=CM=
AC=
BC,从而得出CN=BN.然后即可得出结论.
解答:
解:
①∵∠CAD=30°,AC=BC=AD,∴∠ACD=∠ADC=
(180°﹣30°)=75°,
∵CE⊥CD,∴∠DCE=90°,
∴∠ECA=165°∴①正确;
②∵CE⊥CD,∠ECA=165°(已证),
∴∠BAE=∠ECA﹣∠ACB=165﹣90=75°,
∴△ACD≌△BCE(SAS),
∴BE=BC,∴②正确;
③∵∠ACB=90°,∠CAD=30°,AC=BC,
∴∠CAB=∠ACB=45°
∴∠BAD=∠BAC﹣∠CAD=45﹣30=15°,
∵△ACD≌△BCE,
∴∠CBE=30°,
∴∠ABF=45+30=75°,
∴∠AFB=180﹣15﹣75=90°,
∴AD⊥BE.
④证明:
如图,
过D作DM⊥AC于M,过D作DN⊥BC于N.
∵∠CAD=30°,且DM=
AC,
∵AC=AD,∠CAD=30°,∴∠ACD=75°,
∴∠NCD=90°﹣∠ACD=15°,∠MDC=∠DMC﹣∠ACD=15°,
∴△CMD≌△CND,
∴CN=CM=
AC=
BC,
∴CN=BN.
∵DN⊥BC,
∴BD=CD.∴④正确.
所以4个结论都正确.
故选D.
点评:
此题主要考查等腰直角三角形,全等三角形的判定与性质,等腰三角形的判定与性质,含30度角的直角三角形等知识点的理解和掌握,此题有一定的拔高难度,属于难题.
5.如图,BC∥AM,∠A=90°,∠BCD=75°,点E在AB上,△CDE为等边三角形,BM交CD于F,下列结论:
①∠ADE=45°,②AB=BC,③EF⊥CD,④若∠AMB=30°,则CF=DF.其中正确的有( )
A.
①②③
B.
①②④
C.
①③④
D.
②③④
考点:
直角梯形;等边三角形的性质;含30度角的直角三角形;等腰直角三角形.4387773
分析:
由BC∥AM得∠CDA=105°,根据等边三角形的性质得∠CDE=60°,则∠EDA=105°﹣60°=45°;过C作CG⊥AM,则四边形ABCG为矩形,于是∠DCG=90°﹣∠BCD=15°,而∠BCE=75°﹣60°=15°,易证得Rt△CBE≌Rt△CGD,则BC=CG,得到AB=BC;由于AG=BC,而AG≠MD,则CF:
FD=BC:
MD≠1,不能得到F点是CD的中点,根据等边三角形的性质则不能得到
EF⊥CD;若∠AMB=30°,则∠CBF=30°,在Rt△AMB中根据含30度的直角三角形三边的关系得到BM=2AB,则BM=2BC,
易得∠BFC=75°,所以BF=BC,得MF=BF,由CB∥AM得CF:
FD=BF:
MF=1,即可有CF=DF.
解答:
解:
∵BC∥AM,
∴∠BCD+∠CDA=180°,
∵∠BCD=75°,
∴∠CDA=105°,
∵△CDE为等边三角形,
∴∠CDE=60°,
∴∠EDA=105°﹣60°=45°,所以①正确;
过C作CG⊥AM,如图,
∵∠A=90°,
∴四边形ABCG为矩形,
∴∠DCG=90°﹣∠BCD=15°,
而△CDE为等边三角形,
∴∠DCE=60°,CE=CD,
∴∠BCE=75°﹣60°=15°,
∴Rt△CBE≌Rt△CGD,
∴BC=CG,
∴AB=BC,所以②正确;
∵AG=BC,而AG≠MD,
∴CF:
FD=BC:
MD≠1,
∴F点不是CD的中点,
∴EF不垂直CD,所以③错误;
若∠AMB=30°,则∠CBF=30°,
∴在Rt△AMB中,BM=2AB,
∴BM=2BC,
∵∠BCD=75°,
∴∠BFC=180°﹣30°﹣75°=75°,
∴BF=BC,
∴MF=BF,
而CB∥AM,
∴CF:
FD=BF:
MF=1,
∴CF=FD,所以④正确.
故选B.
点评:
本题考查了直角梯形的性质:
有一组对边平行,另一组对边不平行,且有一个直角.也考查了矩形和等边三角形的性质、含30度的直角三角形三边的关系以及相似三角形的判定与性质.
6.如图,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,直角∠EPF的顶点P是BC的中点,两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F,连接EF交AP于G.给出四个结论:
①AE=CF;②EF=AP;③△EPF是等腰直角三角形;④∠AEP=∠AGF.其中正确的结论有( )
A.
1个
B.
2个
C.
3个
D.
4个
考点:
全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形.4387773
分析:
根据等腰直角三角形的性质得:
AP⊥BC,AP=
BC,AP平分∠BAC.所以可证∠C=∠EAP;∠FPC=∠EPA;AP=PC.即证得△APE与△CPF全等.根据全等三角形性质判断结论是否正确.
解答:
解:
∵AB=AC,∠BAC=90°,直角∠EPF的顶点P是BC的中点,
∴AP⊥BC,AP=
BC=PC,∠BAP=∠CAP=45°=∠C.
∵∠APF+∠FPC=90°,∠APF+∠APE=90°,
∴∠FPC=∠EPA.
∴△APE≌△CPF(ASA).
∴①AE=CF;③EP=PF,即△EPF是等腰直角三角形;
∵△ABC是等腰直角三角形,P是BC的中点,
∴AP=
BC,
∵EF不是△ABC的中位线,
∴EF≠AP,故②错误;
④∵∠AGF=∠EGP=180°﹣∠APE﹣∠PEF=180°﹣∠APE﹣45°,
∠AEP=180°﹣∠APE﹣∠EAP=180°﹣∠APE﹣45°,
∴∠AEP=∠AGF.
故正确的有①、③、④,共三个.
因此选C.
点评:
此题考查全等三角形的判定和性质,综合性较强.
7.如图,AM、BE是△ABC的角平分线,AM交BE于N,AL⊥BE于F交BC于L,若∠ABC=2∠C,下列结论:
①BE=EC;②BF=AE+EF;③AC=BM+BL;④∠MAL=
∠ABC,其中正确的结论是( )
A.
①②③
B.
①④
C.
①②③④
D.
①②
考点:
全等三角形的判定与性质;等腰三角形的判定与性质.4387773
分析:
根据角平分线定义求出∠ABE=∠EBC=∠C,根据等角对等边求出BE=CE,即可判断①;
证△ABE∽△ACB,推出AB2=AE×AC,求出AF2=AB2﹣BF2=AE2﹣EF2,把AB2=AE×AC代入入上式即可求出BF=AE+EF,即可判断②;
延长AB到N,使BN=BM,连接MN,证△AMC≌△AMN,△AFB≌△BLF,推出AB=BL,即可判断③;
设∠LAC=x°,∠LAM=y°,则∠BAM=∠MAC=(x+y)°,证△AFB≌△BLF推出∠BAF=∠BLF,∠BAF=∠BAM+∠MAL=x°+y°+y°,∠BLA=∠C+∠LAC=∠C+x°,得出方程x°+y°+y°=∠C+x°,求出∠C=2y°,∠ABC=4y°,即可判断④.
解答:
解:
∵BE是∠ABC的角平分线,
∴∠EBC=∠ABE=
∠ABC,
∵∠ABC=2∠C,
∴∠ABE=∠EBC=∠C,
∴BE=EC,∴①正确;
∵∠ABE=∠ACB,∠BAC=∠EAB
∴△ABE∽△ACB,
∴
=
,
∴AB2=AE×AC,
在Rt△AFB与Rt△AFE中,由勾股定理得:
AF2=AB2﹣BF2=AE2﹣EF2,
把AB2=AE×AC代入入上式得:
AE×AC﹣BF2=AE2﹣EF2,
则BF2=AC×AE﹣AE2+EF2=AE×(AC﹣AE)+EF2=AE×EC+EF2=AE×BE+EF2,
即(BE﹣EF)2=AE×BE+EF2,
∴BE2﹣2BE×EF+EF2=AE×BE+EF2,
∴BE2﹣2BE×EF=AE×BE,
∴BE﹣2EF=AE,
BE﹣EF=AE+EF,
即BF=AE+EF,∴②正确;
延长AB到N′,使BN=BM,连接MN′,则△BMN′为等腰三角形,
∴∠BN′M=∠BMN′,
△BN′M的一个外角∠ABC=∠BN′M+∠BM′N=2∠BN′M,
则∠BN′M=∠ACB,
在△AMC与△AMN′中
,
∴△AMC≌△AMN′(AAS),
∴AN′=AC=AB+BN′=AB+BM,
又∵AL⊥BE,
∴∠AFB=∠LFB=90°,
在△AFB与△LFB中,
,
∴△AFB≌△BLF(ASA),
∴AB=BL,
则AN′=AC=AB+BN′=AB+BM=BM+BL,即AC=BM+BL,∴③正确;
设∠LAC=x°,∠LAM=y°,
∵AM平分∠BAC,
∴∠BAM=∠MAC=(x+y)°.
∵△AFB≌△BLF,
∴∠BAF=∠BLF,
∵∠BAF=∠BAM+∠MAL=x°+y°+y°,∠BLA=∠C+∠LAC=∠C+x°,
∴x°+y°+y°=∠C+x°,
∴∠C=2y°,
∵∠ABC=2∠C,
∴∠ABC=4y°,
即∠MAL=
∠ABC,
∴④正确.
故选C.
点评:
本题考查了勾股定理,相似三角形的性质和判定,角平分线性质,相似三角形的性质和判定等知识点的综合运用.
二.解答题(共8小题)
8.如图,在△ABC中,AB=AC,E在线段AC上,D在AB的延长线,连DE交BC于F,过点E作EG⊥BC于G.
(1)若∠A=50°,∠D=30°,求∠GEF的度数;
(2)若BD=CE,求证:
FG=BF+CG.
考点:
等腰三角形的性质;全等三角形的判定与性质.4387773
专题:
证明题.
分析:
(1)根据等腰三角形两底角相等求出∠C,再根据直角三角形两锐角互余求出∠CEG,然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CEF,然后计算即可得解;
(2)过点E作EH∥AB交BC于H,根据两直线平行,同位角相等可得∠ABC=∠EHC,内错角相等可得∠D=∠FEH,然后求出∠EHC=∠C,再根据等角对等边可得EC=EH,然后求出BD=EH,再利用“角角边”证明△BDF和△HEF全等,根据全等三角形对应边相等可得BF=FH,根据等腰三角形三线合一的性质可得CG=HG,即可得证.
解答:
(1)解:
∵∠A=50°,
∴∠C=
(180°﹣∠A)=
(180°﹣50°)=65°,
∵EG⊥BC,
∴∠CEG=90°﹣∠C=90°﹣65°=25°,
∵∠A=50°,∠D=30°,
∴∠CEF=∠A+∠D=50°+30°=80°,
∴∠GEF=∠CEF﹣∠CEG=80°﹣25°=55°;
(2)证明:
过点E作EH∥AB交BC于H,
则∠ABC=∠EHC,∠D=∠FEH,
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠C,
∴∠EHC=∠C,
∴EC=EH,
∵BD=CE,
∴BD=EH,
在△BDF和△HEF中,
,
∴△BDF≌△HEF(AAS),
∴BF=FH,
又∵EC=EH,EG⊥BC,
∴CG=HG,
∴FG=FH+HG=BF+CG.
点评:
本题考查了等腰三角形的性质,全等三角形的判定与性质,主要利用了等腰三角形两底角相等的性质,等角对等边的性质,
(2)作辅助线构造出全等三角形是解题的关键.
9.如图,直角坐标系中,点B(a,0),点C(0,b),点A在第一象限.若a,b满足(a﹣t)2+|b﹣t|=0(t>0).
(1)证明:
OB=OC;
(2)如图1,连接AB,过A作AD⊥AB交y轴于D,在射线AD上截取AE=AB,连接CE,F是CE的中点,连接AF,OA,当点A在第一象限内运动(AD不过点C)时,证明:
∠OAF的大小不变;
(3)如图2,B′与B关于y轴对称,M在线段BC上,N在CB′的延长线上,且BM=NB′,连接MN交x轴于点T,过T作TQ⊥MN交y轴于点Q,求点Q的坐标.
考点:
全等三角形的判定与性质;非负数的性质:
绝对值;非负数的性质:
偶次方;坐标与图形性质;等腰直角三角形.4387773
分析:
(1)根据a=t,b=t,推出a=b即可;
(2)延长AF至T,使TF=AF,连接TC,TO,证△TCF≌△AEF,推出CT=AE,∠TCF=∠AEF,再证△TCO≌△ABO,推出TO=AO,∠TOC=∠AOB,求出△TAO为等腰直角三角形即可;
(3)连接MQ,NQ,BQ,B′Q,过M作MH∥CN交x轴于H,证△NTB′≌△MTH,推出TN=MT,证△NQB′≌△MQB,推出∠NB′Q=∠CBQ,求出△BQB′是等腰直角三角形即可.
解答:
(1)解:
∵a,b满足(a﹣t)2+|b﹣t|=0(t>0).
∴a﹣t=0,b﹣t=0,
∴a=t,b=t,
∴a=b,
∵B(t,0),点C(0,t)
∴OB=OC;
(2)证明:
延长AF至T,使TF=AF,连接TC,TO,
∵F为CE中点,
∴CF=EF,
在△TCF和△AEF中
∴△TCF≌△AEF(SAS),
∴CT=AE,∠TCF=∠AEF,
∴TC∥AD,
∴∠TCD=∠CDA,
∵AB=AE,
∴TC=AB,
∵AD⊥AB,OB⊥OC,
∴∠COB=∠BAD=90°,
∴∠ABO+∠ADO=180°,
∵∠ADO+∠ADC=180°,
∴∠ADC=∠ABC,
∵∠TCD=∠CDA,
∴∠TCD=∠ABO,
在△TCO和△ABO中
∴△TCO≌△ABO(SAS),
∴TO=AO,∠TOC=∠AOB,
∵∠AOB+∠AOC=90°,
∴∠TOC+∠AOC=90°,
∴△TAO为等腰直角三角形,
∴∠OAF=45°;
(3)解:
连接MQ,NQ,BQ,B′Q,过M作MH∥CN交x轴于H,
∵B和B′关于关于y轴对称,C在y轴上,
∴CB=CB′,
∴∠CBB′=∠CB′B,
∵MH∥CN,
∴∠MHB=∠CB′B,
∴∠MHB=∠CBB′,
∴MH=BM,
∵BM=B′N,
∴MH=B′N,
∵MH∥CN,
∴∠NB′T=∠MHT,
在△NTB′和△MTH中
∴△NTB′≌△MTH,
∴TN=MT,又TQ⊥MN,
∴MQ=NQ,
∵CQ垂直平分BB′,
∴BQ=B′Q,
∵在∴△NQB′和△MQB中
∴△NQB′≌△MQB(SSS),
∴∠NB′Q=∠CBQ,
而∠NB′Q+∠CB′Q=180°
∴∠CBQ+∠CB′Q=180°
∴∠B′CB+∠B′QB=180°,
又∠B′CB=90°,
∴∠B′QB=90°
∴△BQB′是等腰直角三角形,
∴OQ=OB=t,
∴Q(0,﹣t).
点评:
本题考查了全等三角形的性质和判定,坐标与图形性质,等腰三角形的性质,等腰直角三角形的性质和判定,相等垂直平分线,偶次方,绝对值等知识点的综合运用.
10.如图1,在平面直角坐标系中,点A(4,4),点B、C分别在x轴、y轴的正半轴上,S四边形OBAC=16.
(1)∠COA的值为 45° ;
(2)求∠CAB的度数;
(3)如图2,点M、N分别是x轴正半轴及射线OA上一点,且OH⊥MN的延长线于H,满足∠HON=∠NMO,请探究两条线段MN、OH之间的数量关系,并给出证明.
考点:
全等三角形的判定与性质;坐标与图形性质.4387773
分析:
(1)过A作AN⊥OC于N,AM⊥OB于M,得出正方形NOMA,根据正方形性质求出∠COA=
∠COB,代入求出即可;
(2)求出CN=BM,证△ANC≌△AMB,推出∠NAC=∠MAB,求出∠CAB=∠NAM,即可求出答案;
(3)求出∠HON=∠NMO=22.5°,延长OH至点P使PH=OH,连接MP交OA于L,求出∠HON=∠NMO=∠LMN,求出OL=ML,证△OLP≌△MLN,推出MN=OP,即可得出答案.
解答:
解:
(1)过A作AN⊥OC于N,AM⊥OB于M,
则∠ANO=∠AMO=∠COB=90°,
∵A(4,4),
∴AN=AM=4,
∴四边形NOMA是正方形,
∴∠COA=
∠COB=
×90°=45°.
故答案为:
45°;
(2)∵四边形NOMA是正方形,
∴AM=AN=4,OM=ON=4,
∴
OC×AN+
OB×AM=16,
∴OC+OB=8=ON+OM,
即ON﹣OC=OB﹣OM,
∴CN=BM,
在△ANC和△AMB中,
,
∴△ANC≌△AMB(SAS),
∴∠NAC