八上期中压轴题讲解一Word下载.docx
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(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.