武汉市武珞路中学八年级上册压轴题数学模拟试卷及答案
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武汉市武珞路中学八年级上册压轴题数学模拟试卷及答案
一、压轴题
1.Rt △ABC 中,∠C =90°,点D 、E 分别是△ABC 边AC 、BC 上的点,点P 是一动点.令∠PDA =∠1,∠PEB =∠2,∠DPE =∠α.
(1)若点P 在线段AB 上,如图(1)所示,且∠α=60°,则∠1+∠2= ; (2)若点P 在线段AB 上运动,如图(2)所示,则∠α、∠1、∠2之间的关系为 ; (3)若点P 运动到边AB 的延长线上,如图(3)所示,则∠α、∠1、∠2之间有何关系?猜想并说明理由;
(4)若点P 运动到△ABC 形外,如图(4)所示,则∠α、∠1、∠2之间有何关系?猜想并说明理由.
2.直角三角形ABC 中,90ACB ∠=︒,直线l 过点C .
(1)当AC BC =时,如图1,分别过点A 和B 作AD ⊥直线l 于点D ,BE ⊥直线l 于点E ,ACD 与CBE △是否全等,并说明理由;
(2)当8AC cm =,6BC cm =时,如图2,点B 与点F 关于直线l 对称,连接 BF CF 、,点M 是AC 上一点,点N 是CF 上一点,分别过点M N 、作MD ⊥直线l 于点D ,NE ⊥直线l 于点E ,点M 从A 点出发,以每秒1cm 的速度沿A C →路径运动,终点为C ,点N 从点F 出发,以每秒3cm 的速度沿F C B C F →→→→路径运动,终点为F ,点,M N 同时开始运动,各自达到相应的终点时停止运动,设运动时间为t 秒,当CMN △为等腰直角三角形时,求t 的值.
3.已知,在平面直角坐标系中,(42,0)A ,(0,42)B ,C 为AB 的中点,P 是线段AB 上一动点,D 是线段OA 上一点,且PO PD =,DE AB ⊥于E .
(1)求OAB ∠的度数;
(2)当点P 运动时,PE 的值是否变化?若变化,说明理由;若不变,请求PE 的值. (3)若45OPD ∠=︒,求点D 的坐标.
4.在Rt ABC 中,90ACB ∠=︒,30A ∠=︒,BD 是ABC 的角平分线,DE AB ⊥于点E .
(1)如图1,连接EC ,求证:EBC 是等边三角形;
(2)如图2,点M 是线段CD 上的一点(不与点,C D 重合),以BM 为一边,在BM 下方作60BMG ∠=︒,MG 交DE 延长线于点G .求证:AD DG MD =+;
(3)如图3,点N 是线段AD 上的点,以BN 为一边,在BN 的下方作60BNG ∠=︒,NG 交DE 延长线于点G .直接写出ND ,DG 与AD 数量之间的关系.
5.在《经典几何图形的研究与变式》一课中,庞老师出示了一个问题:“如图1,等腰直角三角形的三个顶点分别落在三条等距的平行线1l ,2l ,3l 上,90BAC ∠=︒,且每两条平行线之间的距离为1,求AB 的长度”.在研究这道题的解法和变式的过程中,同学们提出了很多想法:
(1)小明说:我只需要过B 、C 向1l 作垂线,就能利用全等三角形的知识求出AB 的长. (2)小林说:“我们可以改变ABC 的形状.如图2,AB AC =,120BAC ∠=︒,且每两条平行线之间的距离为1,求AB 的长.”
(3)小谢说:“我们除了改变ABC 的形状,还能改变平行线之间的距离.如图3,等边三角形ABC 三个顶点分别落在三条平行线1l ,2l ,3l 上,且1l 与2l 之间的距离为1,2l 与3l 之间的距离为2,求AB 的长、”
请你根据3位同学的提示,分别求出三种情况下AB 的长度.
6.如图1,在等边△ABC 中,E 、D 两点分别在边AB 、BC 上,BE =CD ,AD 、CE 相交于点F .
(1)求∠AFE 的度数;
(2)过点A 作AH ⊥CE 于H ,求证:2FH +FD =CE ;
(3)如图2,延长CE 至点P ,连接BP ,∠BPC =30°,且CF =29CP ,求PF AF
的值. (提示:可以过点A 作∠KAF =60°,AK 交PC 于点K ,连接KB )
7.已知在△ABC 中,AB =AC ,射线BM 、BN 在∠ABC 内部,分别交线段AC 于点G 、H . (1)如图1,若∠ABC =60°,∠MBN =30°,作AE ⊥BN 于点D ,分别交BC 、BM 于点E 、F .
①求证:∠1=∠2;
②如图2,若BF =2AF ,连接CF ,求证:BF ⊥CF ;
(2)如图3,点E 为BC 上一点,AE 交BM 于点F ,连接CF ,若∠BFE =∠BAC =2∠CFE ,求ABF
ACF S S 的值.
8.在△ABC 中,已知∠A =α.
(1)如图1,∠ABC 、∠ACB 的平分线相交于点D .
①当α=70°时,∠BDC 度数= 度(直接写出结果);
②∠BDC 的度数为 (用含α的代数式表示);
(2)如图2,若∠ABC 的平分线与∠ACE 角平分线交于点F ,求∠BFC 的度数(用含α的代数式表示).
(3)在(2)的条件下,将△FBC 以直线BC 为对称轴翻折得到△GBC ,∠GBC 的角平分线与∠GCB 的角平分线交于点M (如图3),求∠BMC 的度数(用含α的代数式表示).
9.在△ABC 中,∠BAC =45°,CD ⊥AB ,垂足为点D ,M 为线段DB 上一动点(不包括端点),点N 在直线AC 左上方且∠NCM =135°,CN =CM ,如图①.
(1)求证:∠ACN =∠AMC ;
(2)记△ANC 得面积为5,记△ABC 得面积为5.求证:12S AC S AB
; (3)延长线段AB 到点P ,使BP =BM ,如图②.探究线段AC 与线段DB 满足什么数量关系
时对于满足条件的任意点M,AN=CP始终成立?(写出探究过程)
10.如图,已知△ABC中,AB=AC=10cm,BC=8cm,点D为AB的中点.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,BP= cm,CQ= cm.(2)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;
(3)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?
(4)若点Q以(3)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第一次相遇?
11.如图,以直角三角形AOC的直角顶点O为原点,以OC,OA所在直线为轴和轴建立平
--=.
面直角坐标系,点A(0,a),C(b,0a6b80
(1)a= ;b= ;直角三角形AOC的面积为.
(2)已知坐标轴上有两动点P,Q同时出发,P点从C点出发以每秒2个单位长度的速度向点O匀速移动,Q点从O点出发以每秒1个单位长度的速度向点A匀速移动,点P到达O点整个运动随之结束.AC的中点D的坐标是(4,3),设运动时间为t秒.问:是否存在这样的t,使得△ODP与△ODQ的面积相等?若存在,请求出t的值;若不存在,请说明理由.
(3)在(2)的条件下,若∠DOC=∠D CO,点G是第二象限中一点,并且y轴平分
∠GOD.点E是线段OA上一动点,连接接CE交OD于点H,当点E在线段OA上运动的过程中,探究∠GOD,∠OHC,∠ACE之间的数量关系,并证明你的结论(三角形的内角和为180).
12.如图,在ABC ∆中,AC BC =,90ACB ∠=︒,点D 为ABC ∆内一点,且BD AD =.
(1)求证:CD AB ⊥;
(2)若15CAD ∠=︒,E 为AD 延长线上的一点,且CE CA =.
①求BDC ∠的度数.
②若点M 在DE 上,且DC DM =,请判断ME 、BD 的数量关系,并说明理由. ③若点N 为直线AE 上一点,且CEN ∆为等腰∆,直接写出CNE ∠的度数.
13.如图1,我们定义:在四边形ABCD 中,若AD=BC ,且∠ADB+∠BCA=180°,则把四边形ABCD 叫做互补等对边四边形.
(1)如图2,在等腰ABE △中,AE=BE ,四边形ABCD 是互补等对边四边形,求证:∠ABD=∠BAC=12
∠AEB . (2)如图3,在非等腰ABE △中,若四边形ABCD 仍是互补等对边四边形,试问∠ABD=∠BAC=
12∠AEB 是否仍然成立?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.
14.现给出一个结论:直角三角形斜边的中线等于斜边的一半;该结论是正确的,用图形语言可以表示为:如图1在ABC ∆中,90︒∠=C ,若点D 为AB 的中点,则12
CD AB =. 请结合上述结论解决如下问题:
已知,点P 是射线BA 上一动点(不与A,B 重合)分别过点A,B 向直线CP 作垂线,垂足分
别为E,F,其中Q 为AB 的中点
(1)如图2,当点P 与点Q 重合时,AE 与BF 的位置关系____________;QE 与QF 的数量关系是__________
(2)如图3,当点P 在线段AB 上不与点Q 重合时,试判断QE 与QF 的数量关系,并给予证明.
(3)如图4,当点P 在线段BA 的延长线上时,此时(2)中的结论是否成立?请画出图形并写出主要证明思路.
15.在△ABC 中,AB =AC ,D 是直线BC 上一点,以AD 为一条边在AD 的右侧作△ADE ,使AE =AD ,∠DAE =∠BAC ,连接CE .
(1)如图,当点D 在BC 延长线上移动时,若∠BAC =40°,则∠ACE = ,∠DCE = ,BC 、DC 、CE 之间的数量关系为 ;
(2)设∠BAC =α,∠DCE =β.
①当点D 在BC 延长线上移动时,α与β之间有什么数量关系?请说明理由;
②当点D 在直线BC 上(不与B ,C 两点重合)移动时,α与β之间有什么数量关系?请直接写出你的结论.
(3)当CE ∥AB 时,若△ABD 中最小角为15°,试探究∠ACB 的度数(直接写出结果,无需写出求解过程).
16.(阅读材料):
(1)在ABC ∆中,若90C ∠=︒,由“三角形内角和为180°”得
1801809090A B C ∠︒+∠=-∠︒︒-=︒=.
(2)在ABC ∆中,若90A B ∠+∠=︒,由“三角形内角和为180°”得
180()1809090C A B ∠=︒-∠+∠=︒-︒=︒.
(解决问题):
如图①,在平面直角坐标系中,点C 是x 轴负半轴上的一个动点.已知//AB x 轴,交y 轴于点E ,连接CE ,CF 是∠ECO 的角平分线,交AB 于点F ,交y 轴于点D .过E 点作EM
平分∠CEB ,交CF 于点M .
(1)试判断EM 与CF 的位置关系,并说明理由;
(2)如图②,过E 点作PE ⊥CE ,交CF 于点P .求证:∠EPC=∠EDP ;
(3)在(2)的基础上,作EN 平分∠AEP ,交OC 于点N ,如图③.请问随着C 点的运动,∠NEM 的度数是否发生变化?若不变,求出其值:若变化,请说明理由.
17.在初中数学学习阶段,我们常常会利用一些变形技巧来简化式子,解答问题.
材料一:在解决某些分式问题时,倒数法是常用的变形技巧之一,所谓倒数法,即把式子变成其倒数形式,从而运用约分化简,以达到计算目的. 例:已知:2114x x =+,求代数式x 2+21x
的值. 解:∵2114x x =+,∴21x x
+=4 即21x x x
+=4∴x +1x =4∴x 2+21x =(x +1x )2﹣2=16﹣2=14 材料二:在解决某些连等式问题时,通常可以引入参数“k ”,将连等式变成几个值为k 的等式,这样就可以通过适当变形解决问题.
例:若2x =3y =4z ,且xyz ≠0,求
x y z
+的值. 解:令2x =3y =4z =k (k ≠0) 则11k k k k x 622,,,117234y z 7
k k 3412
x y z ===∴===++ 根据材料回答问题:
(1)已知2114x x x =-+,求x +1x
的值. (2)已知523a b c ==,(abc ≠0),求342b c a
+的值. (3)若222
222yz zx xy x y z bz cy cx az ay bx a b c
++===+++++,x ≠0,y ≠0,z ≠0,且abc =7,求xyz 的值.
18.如图1,直角三角形DEF 与直角三角形ABC 的斜边在同一直线上,∠EDF =30°,∠ABC =40°,CD 平分∠ACB ,将△DEF 绕点D 按逆时针方向旋转,记∠ADF 为α(0°<α<
180°),在旋转过程中;
(1)如图2,当∠α= 时,//DE BC ,当∠α= 时,DE ⊥BC ;
(2)如图3,当顶点C 在△DEF 内部时,边DF 、DE 分别交BC 、AC 的延长线于点M 、N , ①此时∠α的度数范围是 ;
②∠1与∠2度数的和是否变化?若不变求出∠1与∠2度数和;若变化,请说明理由; ③若使得∠2≥2∠1,求∠α的度数范围.
19.如图,在ABC ∆中,90,,8ACB AC BC AB cm ∠=︒==,过点C 做射线CD ,且//CD AB ,点P 从点C 出发,沿射线CD 方向均匀运动,速度为3/cm s ;同时,点Q 从点A 出发,沿AB 向点B 匀速运动,速度为1/cm s ,当点Q 停止运动时,点P 也停止运动.连接,PQ CQ ,设运动时间为()()08t s t <<.解答下列问题:
(1)用含有t 的代数式表示CP 和BQ 的长度;
(2)当2t =时,请说明//PQ BC ;
(3)设BCQ ∆的面积为()
2S cm ,求S 与t 之间的关系式. 20.在等边△ABC 的顶点A 、C 处各有一只蜗牛,它们同时出发,分别以每分钟1米的速度由A 向B 和由C 向A 爬行,其中一只蜗牛爬到终点时,另一只也停止运动,经过t 分钟后,它们分别爬行到D 、E 处,请问:
(1)如图1,在爬行过程中,CD 和BE 始终相等吗,请证明?
(2)如果将原题中的“由A 向B 和由C 向A 爬行”,改为“沿着AB 和CA 的延长线爬行”,EB 与CD 交于点Q ,其他条件不变,蜗牛爬行过程中∠CQE 的大小保持不变,请利用图2说明:∠CQE =60°;
(3)如果将原题中“由C 向A 爬行”改为“沿着BC 的延长线爬行,连接DE 交AC 于F ”,其他条件不变,如图3,则爬行过程中,证明:DF =EF
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一、压轴题
1.(1)150°;(2)∠1+∠2=90°+α;(3)∠1=90°+∠2+α,理由详见解析;(4)∠2=90°+∠1-α,理由详见解析
【解析】
【分析】
(1)先用平角的得出,∠CDP=180°-∠1,∠CEP=180°-∠2,最后用四边形的内角和即可;
(2)同(1)方法即可;
(3)利用平角的定义和三角形的内角和即可得出结论;
(4)利用三角形的内角和和外角的性质即可得出结论.
【详解】
解:(1) ∵∠1+∠CDP=180°,
∴∠CDP=180°-∠1,
同理:∠CEP=180°-∠2,
根据四边形的内角和定理得,∠CDP+∠DPE+∠CEP+∠C=360°,
∵∠C=90°,
∴180°-∠1+α+180°-∠2+90°=360°,
∴∠1+∠2=90°+α=90°+60°=150°,
故答案为:150;
(2) ∵∠1+∠CDP=180°,
∴∠CDP=180°-∠1,
同理:∠CEP=180°-∠2,
根据四边形的内角和定理得,∠CDP+∠DPE+∠CEP+∠C=360°,
∵∠C=90°,
∴180°-∠1+α+180°-∠2+90°=360°,
∴∠1+∠2=90°+α,
故答案为:∠1+∠2=90°+α;
(3)∠1=90°+∠2+∠α.理由如下:如图3,
设DP与BE的交点为F,
∵∠2+∠α=∠DFE,∠DFE+∠C=∠1,
∴∠1=∠C+∠2+∠α=90°+∠2+∠α.
(4)∠2=90°+∠1-∠α,理由如下:如图4,
设PE与AC的交点为G,
∵∠PGD=∠EGC,
∴∠α+180°-∠1=∠C+180°-∠2,
∴∠2=90°+∠1-∠α.
故答案为∠2=90°+∠1-∠α.
【点睛】
此题是三角形综合题,主要考查了四边形的内角和,三角形的内角和,三角形的外角的性质,平角的定义,解本题的关键是将∠1,∠2,α转化到一个三角形或四边形中,是一道比较简单的中考常考题.
2.(1)全等,理由见解析;(2)t=3.5秒或5秒
【解析】
【分析】
(1)根据垂直的定义得到∠DAC=∠ECB ,利用AAS 定理证明△ACD ≌△CBE ;
(2)分点F 沿C→B 路径运动和点F 沿B→C 路径运动两种情况,根据等腰三角形的定义列出算式,计算即可;
【详解】
解:(1)△ACD 与△CBE 全等.
理由如下:∵AD ⊥直线l ,
∴∠DAC+∠ACD=90°,
∵∠ACB=90°,
∴∠BCE+∠ACD=90°,
∴∠DAC=∠ECB ,
在△ACD 和△CBE 中,
ADC CEB DAC ECB CA CB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
, ∴△ACD ≌△CBE (AAS );
(2)由题意得,AM=t ,FN=3t ,
则CM=8-t ,
由折叠的性质可知,CF=CB=6,
∴CN=6-3t ,
点N 在BC 上时,△CMN 为等腰直角三角形,
当点N 沿C→B 路径运动时,由题意得,8-t=3t-6,
解得,t=3.5,
当点N 沿B→C 路径运动时,由题意得,8-t=18-3t ,
解得,t=5,
综上所述,当t=3.5秒或5秒时,△CMN 为等腰直角三角形;
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质,掌握全等三角形的判定定理和性质定理,灵活运用分情况讨论思想是解题的关键.
3.(1)45°;(2)PE 的值不变,PE=4,理由见详解;(3)
D(8,0).
【解析】
【分析】
(1
)根据A
,B ,得△AOB 为等腰直角三角形,根据等腰直角三角形的性质,即可求出∠OAB 的度数;
(2)根据等腰直角三角形的性质得到∠AOC=∠BOC=45°,OC ⊥AB ,再证明
△POC ≌△DPE ,根据全等三角形的性质得到OC=PE ,即可得到答案;
(3)证明△POB ≌△DPA ,得到
PA=OB=DA=PB ,进而得OD 的值,即可求出点D 的坐标.
【详解】
(1
)A
,B ,
∴
OA=OB=
∵∠AOB=90°,
∴△AOB 为等腰直角三角形,
∴∠OAB=45°;
(2)PE 的值不变,理由如下:
∵△AOB 为等腰直角三角形,C 为AB 的中点,
∴∠AOC=∠BOC=45°,OC ⊥AB ,
∵PO=PD ,
∴∠POD=∠PDO ,
∵D 是线段OA 上一点,
∴点P 在线段BC 上,
∵∠POD=45°+∠POC ,∠PDO=45°+∠DPE ,
∴∠POC=∠DPE ,
在△POC 和△DPE 中,
90POC DPE OCP PED PO PD ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩
, ∴△POC ≅△DPE(AAS),
∴OC=PE ,
∵OC=12AB=12
×
, ∴PE=4;
(3)∵OP=PD ,
∴∠POD=∠PDO=(180°−45°)÷2=67.5°,
∴∠APD=∠PDO−∠A=22.5°,∠BOP=90°−∠POD=22.5°,
∴∠APD=∠BOP ,
在△POB 和△DPA 中,
OBP PAD BOP APD OP PD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△POB ≌△DPA(AAS),
∴
PA=OB=DA=PB ,
∴
DA=PB=
∴
OD=OA−DA=
8,
∴点D 的坐标为
(8-,0).
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形的性质,三角形全等的判定与性质定理,图形与坐标,掌握等腰直角三角形的性质,是解题的关键.
4.(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)结论:AD DG ND =-,证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)先根据直角三角形的性质得出60ABC ∠=︒,再根据角平分线的性质可得CD ED =,然后根据三角形的判定定理与性质可得BC BE =,最后根据等边三角形的判定即可得证;
(2)如图(见解析),延长ED 使得DF MD =,连接MF ,先根据直角三角形的性质、等边三角形的判定得出MDF ∆是等边三角形,再根据等边三角形的性质、角的和差得出,,F MDB MF MD FMG DMB ∠=∠=∠=∠,然后根据三角形全等的判定与性质、等量代换即可得证;
(3)如图(见解析),参照题(2),先证HDN ∆是等边三角形,再根据等边三角形的性质、角的和差得出,,H NDG NH ND HNB DNG ∠=∠=∠=∠,然后根据三角形全等的判定与性质、等量代换即可得证.
【详解】
(1)3,090A ACB ∠=︒∠=︒
9060ABC A ∴∠=︒-∠=︒ BD 是ABC ∠的角平分线,DE AB ⊥
CD ED ∴=
在BCD ∆和BED ∆中,CD ED BD BD =⎧⎨=⎩
()BCD BED HL ∴∆≅∆
BC BE ∴=
EBC ∴∆是等边三角形;
(2)如图,延长ED 使得DF MD =,连接MF
3,090A ACB ∠=︒∠=︒,BD 是ABC ∠的角平分线,DE AB ⊥
60,ADE BDE AD BD ∴∠=∠=︒=
60,18060MDF ADE MDB ADE BDE ∴∠=∠=︒∠=︒-∠-∠=︒
MDF ∴∆是等边三角形
,60MF DM F DMF ∴=∠=∠=︒
60BMG ∠=︒
DMF DM B M G G D M G ∴∠+∠=+∠∠,即FMG DMB ∠=∠
在FMG ∆和DMB ∆中,60F MDB MF MD FMG DMB ∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
()FMG DMB ASA ∴∆≅∆
GF BD ∴=,即DF DG BD +=
AD DF DG MD DG ∴=+=+
即AD DG MD =+;
(3)结论:AD DG ND =-,证明过程如下:
如图,延长BD 使得DH ND =,连接NH
由(2)可知,60,18060,ADE HDN ADE BDE AD BD ∠=︒∠=︒-∠-∠=︒= HDN ∴∆是等边三角形
,60NH ND H HND ∴=∠=∠=︒
60BNG ∠=︒
HND BND BND BNG ∠+∠=+∠∴∠,即N HNB D G ∠=∠
在HNB ∆和DNG ∆中,60H NDG NH ND HNB DNG ∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
()HNB DNG ASA ∴∆≅∆
HB DG ∴=,即DH BD DG +=
ND AD DG ∴+=
即AD DG ND =-.
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点,较难的是题(2)和(3),通过作辅助线,构造一个等边三角形是解题关键.
5.(1522213221【解析】
【分析】
(1)分别过点B ,C 向l 1作垂线,交l 1于M ,N 两点,证明△ABM ≌△CAN ,得到AM=CN ,AN=BM ,即可得出AB ;
(2)分别过点B ,C 向l 1作垂线,交l 1于点P ,Q 两点,在l 1上取M ,N 使
∠AMB=∠CNA=120°,证明△AMB ≌△CAN ,得到CN=AM ,再通过△PBM 和△QCN 算出PM 和NQ 的值,得到AP ,最后在△APB 中,利用勾股定理算出AB 的长;
(3)在l 3上找M 和N ,使得∠BNC=∠AMC=60°,过B 作l 3的垂线,交l 3于点P ,过A 作l 3的垂线,交l 3于点Q ,证明△BCN ≌△CAM ,得到CN=AM ,在△BPN 和△AQM 中利用勾股定理算出NP 和AM ,从而得到PC ,结合BP 算出BC 的长,即为AB.
【详解】
解:(1)如图,分别过点B ,C 向l 1作垂线,交l 1于M ,N 两点,
由题意可得:∠BAC=90°,
∵∠NAC+∠MAB=90°,∠NAC+∠NCA=90°,
∴∠MAB=∠NCA ,
在△ABM 和△CAN 中,
===AMB CNA MAB NCA AB AC ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
, ∴△ABM ≌△CAN (AAS ),
∴AM=CN=2,AN=BM=1,
∴AB=22251=+;
(2)分别过点B ,C 向l 1作垂线,交l 1于P ,Q 两点,
在l 1上取M ,N 使∠AMB=∠CNA=120°,
∵∠BAC=120°,
∴∠MAB+∠NAC=60°,
∵∠ABM+∠MAB=60°,
∴∠ABM=∠NAC ,
在△AMB 和△CNA 中,
===AMB CNA ABM NAC AB AC ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
, ∴△AMB ≌△CNA (AAS ),
∴CN=AM ,
∵∠AMB=∠ANC=120°,
∴∠PMB=∠QNC=60°,
∴PM=12BM ,NQ=12NC , ∵PB=1,CQ=2,
设PM=a ,NQ=b ,
∴2221=4a a +,2222=4b b +,
解得:3=3a ,23=3
b , ∴CN=AM=222323⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭
=433, ∴AB=22AP BP +=()22AM PM BP ++=2213
;
(3)如图,在l 3上找M 和N ,使得∠BNC=∠AMC=60°,
过B 作l 3的垂线,交于点P ,过A 作l 3的垂线,交于点Q ,
∵△ABC 是等边三角形,
∴BC=AC ,∠ACB=60°,
∴∠BCN+∠ACM=120°,
∵∠BCN+∠NBC=120°,
∴∠NBC=∠ACM ,
在△BCN 和△CAM 中,
BNC CMA NBC MAC BC AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
, ∴△BCN ≌△CAM (AAS ),
∴CN=AM ,BN=CM ,
∵∠PBN=90°-60°=30°,BP=2,
∴BN=2NP ,
在△BPN 中,222BP NP BN +=,
即22224NP NP +=,
解得:23 ∵∠AMC=60°,AQ=3,
∴∠MAQ=30°,
∴AM=2QM ,
在△AQM 中,222AQ QM AM +=,
即22234QM QM +=,
解得:QM=3, ∴AM=23=CN ,
∴PC=CN-NP=AM-NP=
433
, 在△BPC 中,
BP 2+CP 2=BC 2,
即BC=222243221233BP CP ⎛⎫+=+= ⎪ ⎪⎝⎭, ∴AB=BC=2213
.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质,平行线之间的距离,等腰三角形的性质,等边三角形的性质以及勾股定理,解题的关键是利用平行线构造全等三角形,再利用全等三角形的性质以及勾股定理求解.
6.(1)∠AFE =60°;(2)见解析;(3)
75
【解析】
【分析】
(1)通过证明 BCE CAD ≌ 得到对应角相等,等量代换推导出60AFE ∠=︒; (2)由(1)得到60AFE ∠=︒,CE AD = 则在Rt AHF △ 中利用30°所对的直角边等于斜边的一半,等量代换可得;
(3)通过在PF 上取一点K 使得KF =AF ,作辅助线证明ABK 和ACF 全等,利用对应边相等,等量代换得到比值.(通过将ACF 顺时针旋转60°也是一种思路.)
【详解】
(1)解:如图1中.
∵ABC 为等边三角形,
∴AC =BC ,∠BAC =∠ABC =∠ACB =60°,
在BCE 和CAD 中,
60BE CD CBE ACD BC CA =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩
, ∴ BCE CAD ≌(SAS ),
∴∠BCE =∠DAC ,
∵∠BCE +∠ACE =60°,
∴∠DAC +∠ACE =60°,
∴∠AFE =60°.
(2)证明:如图1中,∵AH ⊥EC ,
∴∠AHF =90°,
在Rt △AFH 中,∵∠AFH =60°,
∴∠FAH =30°,
∴AF =2FH ,
∵ EBC DCA ≌,
∴EC =AD ,
∵AD =AF +DF =2FH +DF ,
∴2FH +DF =EC .
(3)解:在PF 上取一点K 使得KF =AF ,连接AK 、BK ,
∵∠AFK =60°,AF =KF ,
∴△AFK 为等边三角形,
∴∠KAF =60°,
∴∠KAB =∠FAC ,
在ABK 和ACF 中,
AB AC KAB ACF AK AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
, ∴ ABK ACF ≌(SAS ),BK CF =
∴∠AKB =∠AFC =120°,
∴∠BKE =120°﹣60°=60°,
∵∠BPC =30°,
∴∠PBK =30°, ∴29BK CF PK CP ===, ∴79
PF CP CF CP =-=, ∵45()99AF KF CP CF PK CP CP CP ==-+=-
= ∴77955
9
CP PF AF CP == . 【点睛】
掌握等边三角形、直角三角形的性质,及三角形全等的判定通过一定等量代换为本题的关键.
7.(1)①见解析;②见解析;(2)2
【解析】
【分析】
(1)①只要证明∠2+∠BAF =∠1+∠BAF =60°即可解决问题;
②只要证明△BFC ≌△ADB ,即可推出∠BFC =∠ADB =90°;
(2)在BF 上截取BK =AF ,连接AK .只要证明△ABK ≌CAF ,可得S △ABK =S △AFC ,再证明AF =FK =BK ,可得S △ABK =S △AFK ,即可解决问题;
【详解】
(1)①证明:如图1中,
∵AB =AC ,∠ABC =60°
∴△ABC 是等边三角形,
∵AD⊥BN,
∴∠ADB=90°,
∵∠MBN=30°,
∠BFD=60°=∠1+∠BAF=∠2+∠BAF,
∴∠1=∠2
②证明:如图2中,
在Rt△BFD中,∵∠FBD=30°,
∴BF=2DF,
∵BF=2AF,
∴BF=AD,
∵∠BAE=∠FBC,AB=BC,
∴△BFC≌△ADB,
∴∠BFC=∠ADB=90°,
∴BF⊥CF
(2)在BF上截取BK=AF,连接AK.
∵∠BFE=∠2+∠BAF,∠CFE=∠4+∠1,
∴∠CFB=∠2+∠4+∠BAC,
∵∠BFE=∠BAC=2∠EFC,
∴∠1+∠4=∠2+∠4
∴∠1=∠2,∵AB=AC,
∴△ABK≌CAF,
∴∠3=∠4,S△ABK=S△AFC,
∵∠1+∠3=∠2+∠3=∠CFE=∠AKB,∠BAC=2∠CEF,∴∠KAF=∠1+∠3=∠AKF,
∴AF=FK=BK,
∴ABF AFC
S 2S ∆∆=. 【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形30度角性质等知识,解题的关键是能够正确添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题.
8.(1)(1)①125°;②1
902α︒+,(2)1BFC 2α∠=;(3)1BMC 904
α︒∠=+ 【解析】
【分析】
(1)①由三角形内角和定理易得∠ABC+∠ACB=110°,然后根据角平分线的定义,结合三角形内角和定理可求∠BDC ;
②由三角形内角和定理易得∠ABC+∠ACB=180°-∠A ,采用①的推导方法即可求解; (2)由三角形外角性质得BFC FCE FBC ∠=∠-∠,然后结合角平分线的定义求解; (3)由折叠的对称性得BGC BFC ∠=∠,结合(1)②的结论可得答案.
【详解】
解:(1)①∵12DBC ∠=∠ABC ,∠DCB =12
∠ACB , ∴∠BDC =180°﹣∠DBC ﹣∠DCB
=180°﹣
12(∠ABC +∠ACB ) =180°﹣
12(180°﹣70°) =125° ②∵12DBC ∠=∠ABC ,∠DCB =12
∠ACB , ∴∠BDC =180°﹣∠DBC ﹣∠DCB
=180°﹣
12(∠ABC +∠ACB ) =180°﹣
12(180°﹣∠A ) =90°+
12∠A =90°+12
α. 故答案分别为125°,90°+
12α. (2)∵BF 和CF 分别平分∠ABC 和∠ACE
∴1FBC ABC 2∠=∠,1FCE ACE 2
∠=∠, ∴BFC FCE FBC ∠=∠-∠=
11(ACE ABC)A 22∠-∠=∠ 即1BFC 2
α∠=. (3)由轴对称性质知:1BGC BFC 2α∠=∠=
, 由(1)②可得1BMC 90BGC 2∠=︒+
∠, ∴1BMC 904
α∠=︒+
. 【点睛】 本题考查三角形中与角平分线有关的角度计算,熟练掌握三角形内角和定理,以及三角形的外角性质是解题的关键.
9.(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)当AC =2BD 时,对于满足条件的任意点N ,AN =CP 始终成立,证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)由三角形的内角和定理可求∠ACN=∠AMC=135°-∠ACM ;
(2)过点N 作NE ⊥AC 于E ,由“AAS ”可证△NEC ≌△CDM ,可得NE=CD ,由三角形面积公式可求解;
(3)过点N 作NE ⊥AC 于E ,由“SAS ”可证△NEA ≌△CDP ,可得AN=CP .
【详解】
(1)∵∠BAC=45°,
∴∠AMC=180°﹣45°﹣∠ACM=135°﹣∠ACM .
∵∠NCM=135°,
∴∠ACN=135°﹣∠ACM ,∴∠ACN=∠AMC ;
(2)过点N 作NE ⊥AC 于E ,
∵∠CEN=∠CDM=90°,∠ACN=∠AMC ,CM=CN ,
∴△NEC ≌△CDM (AAS ),
∴NE=CD ,CE=DM ;
∵S 112=AC•NE ,S 212=AB•CD , ∴12S AC S AB
=; (3)当AC=2BD 时,对于满足条件的任意点N ,AN=CP 始终成立,
理由如下:过点N 作NE ⊥AC 于E ,
由(2)可得NE=CD ,CE=DM .
∵AC=2BD ,BP=BM ,CE=DM ,
∴AC ﹣CE=BD+BD ﹣DM ,
∴AE=BD+BP=DP .
∵NE=CD ,∠NEA=∠CDP=90°,AE=DP ,
∴△NEA ≌△CDP (SAS ),
∴AN=PC .
【点睛】
本题三角形综合题,考查了全等三角形的判定和性质,三角形内角和定理,三角形面积公式等知识,添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键.
10.(1)BP=3cm ,CQ=3cm ;(2)全等,理由详见解析;(3)
154;(4)经过803
s 点P 与点Q 第一次相遇.
【解析】
【分析】
(1)速度和时间相乘可得BP 、CQ 的长;
(2)利用SAS 可证三角形全等;
(3)三角形全等,则可得出BP=PC ,CQ=BD ,从而求出t 的值;
(4)第一次相遇,即点Q 第一次追上点P ,即点Q 的运动的路程比点P 运动的路程多10+10=20cm 的长度.
【详解】
解:(1)BP=3×1=3㎝,
CQ=3×1=3㎝
(2)∵t=1s ,点Q 的运动速度与点P 的运动速度相等
∴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 ,
在△BPD 和△CQP 中,
PC BD B C BP CQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△BPD ≌△CQP(SAS)
(3)∵点Q 的运动速度与点P 的运动速度不相等,
∴BP 与CQ 不是对应边,
即BP≠CQ
∴若△BPD ≌△CPQ ,且∠B=∠C ,
则BP=PC=4cm ,CQ=BD=5cm ,
∴点P ,点Q 运动的时间t=
433BP =s , ∴154
Q CQ V t ==cm/s ; (4)设经过x 秒后点P 与点Q 第一次相遇. 由题意,得
154x=3x+2×10, 解得80x=
3 ∴经过803
s 点P 与点Q 第一次相遇. 【点睛】
本题考查动点问题,解题关键还是全等的证明和利用,将动点问题视为定点问题来分析可简化思考过程.
11.(1)6;8;24;(2)存在 2.4t =时,使得△ODP 与△ODQ 的面积相等;(3)∠GOD+∠ACE=∠OHC ,见解析
【解析】
【分析】
(1)利用非负性即可求出a ,b 即可得出结论,即可求出△ABC 的面积;
(2)先表示出OQ ,OP ,利用那个面积相等,建立方程求解即可得出结论;
(3)先判断出∠OAC=∠AOD ,进而判断出OG ∥AC ,即可判断出∠FHC=∠ACE ,同理∠FHO=∠GOD ,即可得出结论.
【详解】
解:(1) 解:(1
)∵b 80-=,
∴a-6=0,b-8=0,
∴a=6,b=8,
∴A (0,6),C (8,0);
∴S △ABC=6×8÷2=24,
故答案为(0,6),(8,0); 6;8;24
(2) ∵114222ODQ D S OQ x t t ∆=⋅=⋅⋅= 11(82)312322
ODP D S OP y t t ∆=⋅=⋅-⋅=- 由2123t t =-时, 2.4t =
∴存在 2.4t =时,使得△ODP 与△ODQ 的面积相等
(3) )∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC ,理由如下:
∵x 轴⊥y 轴,
∴∠AOC=∠DOC+∠AOD=90°
∴∠OAC+∠ACO=90°
又∵∠DOC=∠DCO
∴∠OAC=∠AOD
∵y 轴平分∠GOD
∴∠GOA=∠AOD
∴∠GOA=∠OAC
∴OG ∥AC ,
如图,过点H 作HF ∥OG 交x 轴于F ,
∴HF ∥AC
∴∠FHC=∠ACE
同理∠FHO=∠GOD ,
∵OG ∥FH ,
∴∠GOD=∠FHO ,
∴∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC
即∠GOD+∠ACE=∠OHC ,
∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC .
∴∠GOD+∠ACE=∠OHC .
【点睛】
此题是三角形综合题,主要考查了非负性的性质,三角形的面积公式,角平分线的定义,平行线的性质,正确作出辅助线是解本题的关键.
12.(1)证明见解析;(2)①120BDC ∠=︒;②ME BD =,理由见解析;③ 7.5°或15°或82.5°或150°
【解析】
【分析】
(1)利用线段的垂直平分线的性质即可证明;
(2)①利用SSS 证得△ADC ≌△BDC ,可求得∠ACD=∠BCD=45°,∠CAD=∠CBD=15°,即可解题;
②连接MC ,易证△MCD 为等边三角形,即可证明△BDC ≌△EMC 即可解题;
③分EN=EC 、EN=CN 、CE=CN 三种情形讨论,画出图形,利用等腰三角形的性质即可求解.
【详解】
(1)∵CB=CA ,DB=DA ,
∴CD 垂直平分线段AB ,
∴CD ⊥AB ;
(2)①在△ADC 和△BDC 中,
BC AC CD CD BD AD =⎧⎪=⎨⎪=⎩
, ∴△ADC ≌△BDC (SSS ),
∴∠ACD=∠BCD=12
∠BCA=45°,∠CAD=∠CBD=15°, ∴∠BDC=180︒-45°-15°=120°;
②结论:ME=BD ,
理由:连接MC ,
∵AC BC =,90ACB ∠=︒,
∴∠CAB=∠CBA=45°,
∵∠CAD=∠CBD=15°,
∴∠DBA=∠DAB=30°,
∴∠BDE=30°+30°=60°,
由①得∠BDC=120°,
∴∠CDE=60°,
∵DC=DM ,∠CDE=60°,
∴△MCD 为等边三角形,
∴CM=CD ,
∵EC=CA=CB ,∠DMC=60°,
∴∠E=∠CAD=∠CBD=15°,∠EMC=120°,
在△BDC 和△EMC 中,
15120CBD E BDC EMC CD CM ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩
,
∴△BDC ≌△EMC (AAS ),
∴ME=BD ;
③当EN=EC 时,∠1152EN C ︒==7.5°或∠2EN C =180152
︒-︒=82.5°; 当EN=CN 时,∠3EN C =180215︒-⨯︒=150°;
当CE=CN 时,点N 与点A 重合,∠CNE=15°,
所以∠CNE 的度数为7.5°或15°或82.5°或150°.
【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、等腰三角形的性质和判定等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考压轴题.
13.(1)见解析;(2)仍然成立,见解析
【解析】
【分析】
(1)根据等腰三角形的性质和互补等对边四边形的定义可利用SAS 证明△ABD ≌△BAC ,可得∠ADB=∠BCA ,从而可推出∠ADB=∠BCA=90°,然后在△ABE 中,根据三角形的内角和定理和直角三角形的性质可得∠ABD=12
∠AEB ,进一步可得结论; (2)如图3所示:过点A 、B 分别作BD 的延长线与AC 的垂线,垂足分别为G ,F ,根据互补等对边四边形的定义可利用AAS 证明△AGD ≌△BFC ,可得AG=BF ,进一步即可根据HL 证明Rt △ABG ≌Rt △BAF ,可得∠ABD=∠BAC ,由互补等对边四边形的定义、平角的定义和四边形的内角和可得∠AEB+∠DHC=180°,进而可得∠AEB=∠BHC ,再根据三角形的外角性质即可推出结论.
【详解】
(1)证明:∵ AE=BE ,∴∠EAB=∠EBA ,
∵四边形ABCD 是互补等对边四边形,
∴AD=BC ,
在△ABD和△BAC中,
AD=BC,∠DAB=∠CBA,AB=BA,∴△ABD≌△BAC(SAS),
∴∠ADB=∠BCA,
又∵∠ADB+∠BCA=180°,
∴∠ADB=∠BCA=90°,
在△ABE中,∵∠EAB=∠EBA=1
2
(180°−∠AEB)=90°−
1
2
∠AEB,
∴∠ABD=90°−∠EAB=90°−(90°−1
2
∠AEB)=
1
2
∠AEB,
同理:∠BAC=1
2
∠AEB,
∴∠ABD=∠BAC=1
2
∠AEB;
(2)∠ABD=∠BAC=1
2
∠AEB仍然成立;理由如下:
如图3所示:过点A、B分别作BD的延长线与AC的垂线,垂足分别为G,F,∵四边形ABCD是互补等对边四边形,
∴AD=BC,∠ADB+∠BCA=180°,
又∠ADB+∠ADG=180°,
∴∠BCA=∠ADG,
又∵AG⊥BD,BF⊥AC,
∴∠AGD=∠BFC=90°,
在△AGD和△BFC中,
∠AGD=∠BFC,∠ADG=∠BCA,AD=BC
∴△AGD≌△BFC(AAS),
∴AG=BF,
在Rt△ABG和Rt△BAF中,
AB BA AG BF =⎧⎨=⎩
∴Rt △ABG ≌Rt △BAF (HL ),
∴∠ABD=∠BAC ,
∵∠ADB+∠BCA=180°,
∴∠EDB+∠ECA=180°,
∴∠AEB+∠DHC=180°,
∵∠DHC+∠BHC=180°,
∴∠AEB=∠BHC .
∵∠BHC=∠BAC+∠ABD ,∠ABD=∠BAC ,
∴∠ABD=∠BAC=
12
∠AEB . 【点睛】
本题以新定义互补等对边四边形为载体,主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理与三角形的外角性质以及四边形的内角和等知识,正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键.
14.(1)AE//BF;QE=QF ;(2)QE=QF ,证明见解析;(3)结论成立,证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据AAS 得到AEQ BFQ ∆≅∆,得到AEQ BFQ ∠=∠、QE=QF ,根据内错角相等两直线平行,得到AE//BF ;
(2)延长EQ 交BF 于D ,根据AAS 判断得出AEQ BDQ ∆≅∆,因此EQ DQ =,根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明;
(3)延长EQ 交FB 的延长于D ,根据AAS 判断得出AEQ BDQ ∆≅∆,因此EQ DQ =,根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明.
【详解】
(1)AE//BF ;QE=QF
(2)QE=QF
证明:延长EQ 交BF 于D , ,AE CP BF CP ⊥⊥
//AE BF ∴
AEQ BDQ ∴∠=∠
AQE BQD AEQ BDQ AQ BQ ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
, AEQ BDQ ∴∆≅∆
EQ DQ ∴=
90BFE ︒∠=
QE QF ∴=
(3)当点P 在线段BA 延长线上时,此时(2)中结论成立
证明:延长EQ 交FB 的延长于D
因为AE//BF
所以AEQ BDQ ∠=∠
AQE BQD AEQ BDQ AQ BQ ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
AEQ BDQ ∴∆≅∆
EQ=QF
90BFE ︒∠=
QE QF ∴=
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定方法:AAS ,平行线的性质,根据P 点位置不同,画出正确的图形,找到AAS 的条件是解决本题的关键.
15.(1)70°,40°,BC +DC =CE ;(2)①α=β;②当点D 在BC 上移动时,α=β或α+β=180°;(3)∠ACB =60°.
【解析】
【分析】
(1)证△BAD ≌△CAE ,推出∠B=∠ACE ,根据三角形外角性质和全等三角形的性质求出即可;
(2)①证△BAD ≌△CAE ,推出∠B=∠ACE ,根据三角形外角性质求出即可;
②分三种情况:(Ⅰ)当D 在线段BC 上时,证明△ABD ≌△ACE (SAS ),则
∠ADB=∠AEC ,∠ABC=∠ACE ,推出∠DAE+∠DCE=180°,即α+β=180°;
(Ⅱ)当点D 在线段BC 反向延长线上时,α=β,同理可证明△ABD ≌△ACE (SAS ),则∠ABD=∠ACE ,推出∠BAC=∠DCE ,即α=β;
(Ⅲ)当点D 在线段BC 的延长线上时,由①得α=β;。