八上期中压轴题讲解一Word下载.docx

八上期中压轴题讲解一Word下载.docx

《八上期中压轴题讲解一Word下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《八上期中压轴题讲解一Word下载.docx（22页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

（2）若C为x轴正半轴上一动点，以AC为直角边作等腰直角△ACD，∠ACD=90°

，连OD，求∠AOD的度数；

（3）过点A作y轴的垂线交y轴于E，F为x轴负半轴上一点，G在EF的延长线上，以EG为直角边作等腰Rt△EGH，过A作x轴垂线交EH于点M，连FM，等式

=1是否成立？

若成立，请证明：

若不成立，说明理由．

参考答案与试题解析

一．解答题

1．（2006•安徽）如图

（1），凸四边形ABCD，如果点P满足∠APD=∠APB=α．且∠BPC=∠CPD=β，则称点P为四边形ABCD的一个半等角点．

考点：

作图—复杂作图；

全等三角形的判定；

轴对称的性质．186752

专题：

压轴题；

新定义．

分析：

（1）根据题意可知，所画的点P在AC上且不是AC的中点和AC的端点．因为在图形内部，所以不能是AC的端点，又由于α≠β，所以不是AC的中点．

（2）画点B关于AC的对称点B’，延长DB’交AC于点P，点P为所求．（因为对称的两个图形完全重合）

（3）先连P1A、P1D、P1B、P1C和P2D、P2B，根据题意∠AP1D=∠AP1B，∠DP1C=∠BP1C∴∠AP1B+∠BP1C=180度．∴P1在AC上，同理，P2也在AC上，再利用ASA证明△DP1P2≌△BP1P2而，那么△P1DP2和△P1BP2关于P1P2对称，P是对称轴上的点，所以∠DPA=∠BPA，∠DPC=∠BPC．即点P是四边形的半等角点．

解答：

解：

（1）所画的点P在AC上且不是AC的中点和AC的端点，即给（4分）．

（2）画点B关于AC的对称点B’，延长DB’交AC于点P，点P为所求（不写文字说明不扣分）给（3分）．

（说明：

画出的点P大约是四边形ABCD的半等角点，而无对称的画图痕迹，给1分）

（3）连P1A、P1D、P1B、P1C和P2D、P2B，根据题意，

∠AP1D=∠AP1B，∠DP1C=∠BP1C，

∴∠AP1B+∠BP1C=180度．

∴P1在AC上，

同理，P2也在AC上．（9分）

在△DP1P2和△BP1P2中，

∠DP2P1=∠BP2P1，∠DP1P2=∠BP1P2，P1P2公共，

∴△DP1P2≌△BP1P2．（11分）

所以DP1=BP1，DP2=BP2，于是B、D关于AC对称．

设P是P1P2上任一点，连接PD、PB，由对称性，得∠DPA=∠BPA，∠DPC=∠BPC，

所以点P是四边形的半等角点．（14分）

点评：

通过阅读理解半等角点的概念，再综合运用知识解决问题，本题属于阅读理解题，对知识与能力要求较高．

命题立意：

本题考查学生理解知识和综合运用知识的能力．

2．如图，△ABC是等边三角形，D是三角形外一动点，满足∠ADB=60°

全等三角形的判定与性质；

线段垂直平分线的性质．186752

证明题．

（1）根据线段垂直平分线和等边三角形的性质可得AD=DC，∠ABD=30°

，再由正弦定理可以证明DA+DC=DB；

（2）延长DA到E，使得∠EBD=60，由已知可知△EBD是一个等边三角形，再证明△EBD≌△CBD，得出EA=DC，从而证明BD=ED=EA+AD=DC+AD；

（3）可直接得DA，DC，DB的数量关系．

证明：

（1）点D只能在AC的下边，容易得到BD是AC的中垂线，因此AD=DC，∠ABD=30°

在三角形内由正弦定理可以得到

=

可以很快得到BD=2AD=AD+AC；

（2）延长DA到E，使得ED=BD，

又因为∠ADB=60°

因此△EBD是一个等边三角形，

所以BE=ED=BD，∠EBD=60°

又因为△ABC是等边三角形，

所以AB=BC，∠ABC=60°

所以∠EBA=∠DBC，

在△EBA与△DBC中，

因为

所以△ABE≌△CBD（SAS），

因此EA=DC，

所以BD=ED=EA+AD=DC+AD；

（3）DC=DA+DB．

本题综合考查了线段垂直平分线和等边三角形的性质，同时考查了正弦定理和全等三角形的判定与性质，由于等边三角形的特殊性第

（2）题的结论在等边三角形的其它边同样适用．

3．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）．

非负数的性质：

绝对值；

偶次方；

坐标与图形性质；

等腰直角三角形．186752

（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．

（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，

∴∠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）．

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．

4．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°

　；

坐标与图形性质．186752

（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．

（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=∠MAB，

∴∠CAB=∠CAM+∠MAB=∠NAM=360°

﹣90°

=90°

即∠CAB=90°

（3）MN=2OH，

在Rt△OMH中，∠HON+∠NMO+∠NOM=90°

又∵∠NOM=45°

，∠HON=∠NMO，

∴∠HON=∠NMO=22.5°

延长OH至点P使PH=OH，连接MP交OA于L，

∴OM=MP，∠OMP=2∠OMN=45°

∴∠HON=∠NMO=∠LMN，

∴∠OLM=90°

=∠PLO，

∴OL=ML，

在△OLP和△MLN中，

∴△OLP≌△MLN（ASA），

∴MN=OP，

∵OP=2HO，

∴MN=2HO．

本题考查了坐标与图形性质，等腰三角形的性质和判定，正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，题目综合性比较强，有一定的难度．

5．如图，在平面直角坐标系中，△AOB为等腰直角三角形，A（4，4）

等腰三角形的性质．186752

计算题；

探究型．

（1）因为△AOB为等腰直角三角形，A（4，4），作AE⊥OB于E，则B点坐标可求；

（2）作AE⊥OB于E，DF⊥OB于F，求证△DFC≌△CEA，再根据等量变换，证明△AOB为等腰直角三角形，则∠AOD的度数可求；

（3）等式成立．在AM上截取AN=OF，连EN，易证△EAN≌△EOF，再根据角与角之间的关系，证明△NEM≌△FEM，则有AM﹣MF=OF，即可求证等式成立．

（1）作AE⊥OB于E，

∴OE=4，

∵△AOB为等腰直角三角形，且AE⊥OB，

∴OE=EB=4，

∴OB=8，

∴B（8，0）；

（2）作AE⊥OB于E，DF⊥OB于F，

∵△ACD为等腰直角三角形，

∴AC=DC，∠ACD=90°

即∠ACF+∠DCF=90°

∵∠FDC+∠DCF=90°

∴∠ACF=∠FDC，

在△DFC和△CEA中，

∴△DFC≌△CEA，

∴EC=DF，FC=AE，

∴AE=OE=4，

∴FC=OE，即OF+EF=CE+EF，

∴OF=CE，

∴OF=DF，

∴∠DOF=45°

∵△AOB为等腰直角三角形，

∴∠AOB=45°

∴∠AOD=∠AOB+∠DOF=90°

方法一：

过C作CK⊥x轴交OA的延长线于K，

则△OCK为等腰直角三角形，OC=CK，∠K=45°

又∵△ACD为等腰Rt△，

∴∠ACK=90°

﹣∠OCA=∠DCO，AC=DC，

∴△ACK≌△DCO（SAS），

∴∠DOC=∠K=45°

∴∠AOD=∠AOB+∠DOC=90°

（3）

成立，理由如下：

在AM上截取AN=OF，连EN．

又∵∠EAN=∠EOF=90°

，AN=OF，

∴△EAN≌△EOF（SAS），

∴∠OEF=∠AEN，EF=EN，

又∵△EGH为等腰直角三角形，

∴∠GEH=45°

，即∠OEF+∠OEM=45°

∴∠AEN+∠OEM=45°

又∵∠AEO=90°

∴∠NEM=45°

=∠FEM，

又∵EM=EM，

∴△NEM≌△FEM（SAS），

∴MN=MF，

∴AM﹣MF=AM﹣MN=AN，

∴AM﹣MF=OF，

即

方法二：

在x轴的负半轴上截取ON=AM，连EN，MN，

则△EAM≌△EON（SAS），EN=EM，∠NEO=∠MEA，

即∠NEF+∠FEO=∠MEA，而∠MEA+∠MEO=90°

∴∠NEF+∠FEO+∠MEO=90°

，而∠FEO+∠MEO=45°

∴∠NEF=45°

=∠MEF，∴△NEF≌△MEF（SAS），∴NF=MF，

∴AM=OF=OF+NF=OF+MF，即

注：

本题第（3）问的原型：

已知正方形AEOP，∠GEH=45°

将∠GEH的顶点E与正方形的顶点E重合，∠GEH的两边分别

交PO、AP的延长线于F、M，求证：

AM=MF+OF．

此题考查了全等三角形的判定、等腰三角形的性质和坐标与图形性质结合求解，综合性强，难度较大．考查学生综合运用数学知识的能力．