人教版八年级上册几何压轴题专项训练 含答案Word格式.docx

人教版八年级上册几何压轴题专项训练 含答案Word格式.docx

《人教版八年级上册几何压轴题专项训练 含答案Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教版八年级上册几何压轴题专项训练 含答案Word格式.docx（25页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

CM＝CN．

9．已知：

如图1所示，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°

，AB＝AC，直线MN经过点A，BD⊥MN于点D，CE⊥MN于点E．

△BAD≌△ACE；

（2）试判断线段DE，BD，CE之间的数量关系，并说明理由；

（3）当直线MN运动到如图2所示位置时，其余条件不变，判断线段DE，BD，CE之间的数量关系．

10．如图，已知△ABC和△CDE均为等边三角形，且点B、C、D在同一条直线上，连接AD、BE，交CE和AC分别于G、H点，连接GH．

（1）请说出AD＝BE的理由；

（2）试说出△BCH≌△ACG的理由；

（3）试猜想：

△CGH是什么特殊的三角形，并加以说明．

11．

（1）如图1，△ABC和△DCE都是等边三角形，且B，C，D三点在一条直线上，连接AD，BE相交于点P，求证：

BE＝AD．

（2）如图2，在△BCD中，若∠BCD＜120°

，分别以BC，CD和BD为边在△BCD外部作等边△ABC，等边△CDE，等边△BDF，连接AD、BE、CF恰交于点P．

①求证：

AD＝BE＝CF；

②如图2，在

（2）的条件下，试猜想PB，PC，PD与BE存在怎样的数量关系，并说明理由．

12．如图，在△ABC中，AB＝BC＝AC＝20cm．动点P，Q分别从A，B两点同时出发，沿三角形的边匀速运动．已知点P，点Q的速度都是2cm/s，当点P第一次到达B点时，P，Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t（s）．

（1）∠A＝　　度；

（2）当0＜t＜10，且△APQ为直角三角形时，求t的值；

（3）当△APQ为等边三角形时，直接写出t的值．

13．如图1，在三角形ABC中，AB＝8，BC＝16，AC＝12．点P从点A出发以2个单位长度/秒的速度沿A→＞B→C→A的方向运动，点Q从点B沿B→C→A的方向与点P同时出发；

当点P第一次回到A点时，点P，Q同时停止运动；

用t（秒）表示运动时间．

（1）当t＝　　秒时，P是AB的中点．

（2）若点Q的运动速度是

个单位长度/秒，是否存在t的值，使得BP＝2BQ．

（3）若点Q的运动速度是a个单位长度/秒，当点P，Q是AC边上的三等分点时，求a的值．

14．如图，等边△ABC的边长为15cm，现有两点M，N分别从点A，点B同时出发，沿三角形的边顺时针运动，已知点M的速度为1cm/s，点N的速度为2cm/s．当点N第一次到达B点时，M，N同时停止运动

（1）点M、N运动几秒后，M，N两点重合？

（2）点M、N运动几秒后，△AMN为等边三角形？

（3）当点M，N在BC边上运动时，能否得到以MN为底边的等腰三角形AMN？

如存在，请求出此时M，N运动的时间．

15．如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．

（1）如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．

①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；

②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，能够使△BPD与△CQP全等？

（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？

参考答案

1．

（1）证明：

∵△ABC为等边三角形，

∴AB＝CA，∠BAE＝∠C＝60°

，

在△AEB与△CDA中，

∴△AEB≌△CDA（SAS），

∴BE＝AD；

（2）解：

由

（1）知，△AEB≌△CDA，则∠ABE＝∠CAD，

∴∠BAD+∠ABD＝∠BAD+∠CAD＝∠BAC＝60°

∴∠BPQ＝∠BAD+∠ABD＝60°

；

（3）解：

如图，由

（2）知∠BPQ＝60°

．

∵BQ⊥AD，

∴∠PBQ＝30°

∴PQ＝

BP＝3，

∴BP＝6

∴BE＝BP+PE＝7，即AD＝7．

2．解：

（1）∵∠BAC是直角，CE⊥BD，

∴∠BAC＝∠CAF＝∠BEC＝90°

∴∠CDE+∠DCE＝90°

，∠ABD+∠ADB＝90°

∵∠ADB＝∠CDE，

∴∠ABD＝∠ACF，

在△ABD和△ACF中，

∴△ABD≌△ACF（ASA）；

（2）由

（1）知，△ABD≌ACF，

∴BD＝CF，

∵BD⊥CE，BD平分∠ABC，

∴BC＝BF，

∵BD⊥CE，

∴CE＝EF，

∴CE＝

CF＝

（3）∠AED不变化

理由：

如图，过点A作AG⊥⊥CF于G，作AH⊥BD于H，

由

（1）证得△BAD≌△CAF（ASA），

∴S△BAD＝S△CAF，BD＝CF，

∴BD•AH＝CF•AG，而BD＝CF，

∴AH＝AG，

∵AH⊥EB，AG⊥EG，

∴EA平分∠BEF，

∴∠BEA＝

∠BEG＝45°

即：

∠AED不变化．

3．解：

（1）∵BC⊥AE，∠BAE＝45°

∴∠CBA＝∠CAB，

∴BC＝CA，

在△BCE和△ACD中，

∴△BCE≌△ACD（SAS），

∴AD＝BE．

（2）∵△BCE≌△ACD，

∴∠EBC＝∠DAC，

∵∠BDP＝∠ADC，

∴∠BPD＝∠DCA＝90°

∴AD⊥BE．

（3）AD⊥BE不发生变化．

如图

（2），

∵△BCE≌△ACD，

∵∠BFP＝∠AFC，

∴∠BPF＝∠ACF＝90°

4．解：

（1）由运动知，BP＝3t，

∵BC＝8，

∴PC＝BC﹣BP＝8﹣3t；

（2）全等，理由：

当t＝1时，BP＝3，CP＝5，CQ＝3，

∴BP＝CQ，

∵点D是AB的中点，

∴BD＝

AB＝5，

∴CP＝BD，

在△BPD和△CQP中，

∴△BPD≌△CQP（SAS）；

（3）∵BP＝3t，CP＝8﹣3t，

设点Q的运动速度为xcm/s，

∴CQ＝xt，

当△BPD≌△CQP时，

∴3t＝xt，

∴x＝3（不符合题意），

当△BPD≌△CPQ时，

∴BP＝CP，BD＝CQ，

∴3t＝8﹣3t，5＝xt，

∴t＝

，x＝

∴点Q的运动速度为

cm/s时，能够使△BPD与△CQP全等．

5．解：

（1）CE＝BD，理由如下：

∵等腰Rt△ABC，等腰Rt△ADE，

∴AE＝AD，AC＝AB，

在△EAC与△DAB中，

∴△EAC≌△DAB（SAS），

∴CE＝BD；

（2）∵△EAC≌△DAB，

∴∠ECA＝∠DBA，

∴∠ECA+∠CBF＝∠DBA+∠CBF＝45°

∴∠ECA+∠CBF+∠DCB＝45°

+45°

＝90°

∴∠BFC＝180°

﹣90°

（3）成立，

∵△EAC≌△DAB，

6．

（1）证明：

∵∠DAE＝∠BAC，

∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC，

∴∠CAE＝∠BAD．

∵AD＝AE，AC＝AB，

∴△CAE≌△BAD（SAS）．

α+β＝180°

理由如下：

由△CAE≌△BAD，

∴∠ACE＝∠B．

∵AB＝AC，

∴∠B＝∠ACB．

∴∠ACE＝∠B＝∠ACB．

∴∠BCE＝β＝2∠B，

在△ABC中，∠BAC＝α＝180°

﹣2∠B．

∴α+β＝180°

（3）证明：

由

（1）知，△CAE≌△BAD，

∴CE＝BD．

∵∠BAC＝90°

，AB＝AC，

∴∠B＝∠ACB＝45°

由

（2）得，∠BCF+∠BAC＝180°

∴∠BCF＝90°

∴∠F＝∠B＝45°

∴CF＝CB．

∴CF﹣CE＝CB﹣BD．

∴EF＝DC．

7．证明：

（1）∵∠BAD＝∠CAE＝90°

∴∠BAC+∠CAD＝90°

，∠CAD+∠DAE＝90°

∴∠BAC＝∠DAE

在△BAC和△DAE中，

∴△BAC≌△DAE（SAS）；

（2）∵∠CAE＝90°

，AC＝AE，

∴∠E＝45°

由

（1）知△BAC≌△DAE，

∴∠BCA＝∠E＝45°

∵AF⊥BC，

∴∠CFA＝90°

∴∠CAF＝45°

∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝45°

+90°

＝135°

（3）延长BF到G，使得FG＝FB，

∵AF⊥BG，

∴∠AFG＝∠AFB＝90°

在△AFB和△AFG中，

∴△AFB≌△AFG（SAS），

∴AB＝AG，∠ABF＝∠G，

∵△BAC≌△DAE，

∴AB＝AD，∠CBA＝∠EDA，CB＝ED，

∴AG＝AD，∠ABF＝∠CDA，

∴∠G＝∠CDA，

∵∠GCA＝∠DCA＝45°

在△CGA和△CDA中，

∴△CGA≌△CDA（AAS），

∴CG＝CD，

∵CG＝CB+BF+FG＝CB+2BF＝DE+2BF，

∴CD＝2BF+DE．

8．解：

（1）∵A（4，0），

∴OA＝OB＝4，

∴B（0，4），

故答案为：

（0，4）．

（2）∵C（0，7），

∴OC＝7，

过点D作DE⊥y轴，垂足为E，

∴∠DEC＝∠AOC＝90°

∵∠DCA＝90°

∴∠ECD+∠BCA＝∠ECD+∠EDC＝90°

∴∠BCA＝∠EDC，

∴△DEC≌△COA（AAS），

∴DE＝OC＝7，EC＝OA＝4，

∴OE＝OC+EC＝11，

∴D（7，11）；

∵BE＝OE﹣OB＝11﹣4＝7

∴BE＝DE，

∴△DBE是等腰直角三角形，

∴∠DBE＝45°

∵OA＝OB，

∴∠OBA＝45°

∴∠DBA＝90°

∴∠BAN+∠ANB＝90°

∴∠CDN+∠DNC＝90°

∵∠DNC＝∠ANB，

∴∠CDN＝∠BAN，

∴∠ACM＝∠DCN＝90°

∴△DCN≌△ACM（ASA），

∴CM＝CN．

9．

（1）证明：

∵BD⊥MN，CE⊥MN，

∴∠BDA＝∠AEC＝90°

∴∠BAD+∠ABD＝90°

又∵∠BAC＝90°

∴∠BAD+∠CAE＝90°

∴∠ABD＝∠CAE，

在△BAD和△ACE中，

∴△BAD≌△ACE（AAS），

DE＝BD+CE．

由

（1）得：

△BAD≌△ACE，

∴BD＝AE，AD＝CE，

又DE＝AE+AD，

∴DE＝BD+CE，

（3）DE＝CE﹣BD，

同

（1）可得：

故BD＝AE，AD＝CE，

又DE＝AD﹣AE，

∴DE＝CE﹣BD．

10．解：

（1）∵△ABC和△CDE均为等边三角形

∴AC＝BC，EC＝DC

∠ACB＝∠ECD＝60°

∴∠ACD＝∠ECB

∴△ACD≌△BCE

∴AD＝BE；

（2）∵△ACD≌△BCE

∴∠CBH＝∠CAG

∵∠ACB＝∠ECD＝60°

，点B、C、D在同一条直线上

∴∠ACB＝∠ECD＝∠ACG＝60°

又∵AC＝BC

∴△ACG≌△BCH；

（3）△CGH是等边三角形，理由如下：

∵△ACG≌△BCH

∴CG＝CH（全等三角形的对应边相等）

又∵∠ACG＝60°

∴△CGH是等边三角形（有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形）；

11．

（1）证明：

∵△ABC和△DCE都是等边三角形，

∴BC＝AC，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°

∴∠ABC+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，

即∠BCE＝∠ACD，

∴∠BCE≌△ACD（SAS），

（2）①证明：

∵△ABC和△CDE是等边三角形，

∴AB＝BC，CD＝BE，∠ACB＝∠DCE＝60°

∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，

即∠ACD＝∠BCE，

∴△ACD≌△BCE（SAS），

∴AD＝BE，

同理：

△ABD≌△CBF（SAS），

∴AD＝CF，

即AD＝BE＝CF；

②解：

结论：

PB+PC+PD＝BE，

如图2，AD与BC的交点记作点Q，则∠AQC＝∠BQP，

由①知，△ACD≌△BCE，

∴∠CAD＝∠CBE，

在△ACQ中，∠CAD+∠AQC＝180°

﹣∠ACB＝120°

∴∠CBE+∠BQP＝120°

在△BPQ中，∠APB＝180°

﹣（∠CBE+∠BQP）＝60°

∴∠DPE＝60°

∠APC＝60°

∴∠CPD＝120°

在PE上取一点M，使PM＝PC，

∴△CPM是等边三角形，

∴CP＝CM，∠PCM＝∠CMP＝60°

∴∠CME＝120°

＝∠CPD，

∵△CDE是等边三角形，

∴CD＝CE，∠DCE＝60°

＝∠PCM，

∴∠PCD＝∠MCE，

∴△PCD≌△MCE（SAS），

∴PD＝ME，

∴BE＝PB+PM+ME＝PB+PC+PD．

12．解：

（1）∵AB＝BC＝AC，

∴△ABC为等边三角形，

∴∠A＝60°

60．

（2）∵∠A＝60°

当∠APQ＝90°

时，∠AQP＝90°

﹣60°

＝30°

∴QA＝2PA．

即20﹣2t＝2t×

2．

解得

当∠AQP＝90°

时，∠APQ＝90°

∴PA＝2QA．

即2（20﹣2t）＝2t．

∴当0＜t＜10，且△APQ为直角三角形时，t的值为

（3）①由题意得：

AP＝2t，AQ＝20﹣2t，∵∠A＝60°

∴当AQ＝AP时，△APQ为等边三角形，

∴2t＝20﹣2t，解得t＝5，

②当P于B重合，Q与C重合，则所用时间为：

4÷

2＝20，

综上，当△APQ为等边三角形时，t＝5或20．

13．解：

（1）∵AB＝8，点P的运动速度为2个单位长度/秒，

∴当P为AB中点时，

即4÷

2＝2（秒）；

（2）由题意可得：

当BP＝2BQ时，

P，Q分别在AB，BC上，

∵点Q的运动速度为

个单位长度/秒，

∴点Q只能在BC上运动，

当点P在AB上，

∴BP＝8﹣2t，BQ＝

t，

则8﹣2t＝2×

解得t＝

当点P在BC上时，

BP＝2t﹣8，BQ＝

∴2t﹣8＝2×

解得t＝12．

当点P运动到AC上时，不存在BP＝2BQ；

故t＝12或

，使得BP＝2BQ．

（3）当点P为靠近点A的三等分点时，如图1，

AB+BC+CP＝8+16+8＝32，

此时t＝32÷

2＝16，

∵BC+CQ＝16+4＝20，

∴a＝20÷

16＝

当点P为靠近点C的三等分点时，如图2，

AB+BC+CP＝8+16+4＝28，

此时t＝28÷

2＝14，

∵BC+CQ＝16+8＝24，

∴a＝24÷

14＝

综上可得：

a的值为

或

14．解：

（1）设运动t秒，M、N两点重合，

根据题意得：

2t﹣t＝15，

∴t＝15，

答：

点M，N运动15秒后，M、N两点重合；

（2）如图1，设点M、N运动x秒后，△AMN为等边三角形，

∴AN＝AM，

由运动知，AN＝15﹣2x，AM＝x，

∴15﹣2x＝x，

解得：

x＝5，

∴点M、N运动5秒后，△AMN是等边三角形；

（3）假设存在，

如图2，设M、N运动y秒后，得到以MN为底边的等腰三角形AMN，

∴AM＝AN，

∴∠AMN＝∠ANM，

∵△ABC是等边三角形，

∴AB＝AC，∠C＝∠B＝60°

∴△ACN≌△ABM（AAS），

∴CN＝BM，

∴CM＝BN，

由运动知，CM＝y﹣15，BN＝15×

3﹣2y，

∴y﹣15＝15×

∴y＝20，

故点M，N在BC边上运动时，能得到以MN为底边的等腰三角形AMN，此时M，N运动的时间为20秒．

15．解：

（1）①∵t＝1s，

∴BP＝CQ＝3×

1＝3cm，

∵AB＝10cm，点D为AB的中点，

∴BD＝5cm．

又∵PC＝BC﹣BP，BC＝8cm，

∴PC＝8﹣3＝5cm，

∴PC＝BD．

又∵AB＝AC，

∴∠B＝∠C，

∴△BPD≌△CQP（SAS）．

②∵vP≠vQ，

∴BP≠CQ，

若△BPD≌△CPQ，∠B＝∠C，

则BP＝PC＝4cm，CQ＝BD＝5cm，

∴点P，点Q运动的时间

s，

∴

cm/s；

（2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇，

由题意，得

x＝3x+2×

10，

解得

∴点P共运动了

×

3＝80cm．

△ABC周长为：

10+10+8＝28cm，

若是运动了三圈即为：

28×

3＝84cm，

∵84﹣80＝4cm＜AB的长度，

∴点P、点Q在AB边上相遇，

∴经过

s点P与点Q第一次在边AB上相遇．