八年级上册数学 全册全套试卷测试卷附答案

八年级上册数学全册全套试卷测试卷附答案

一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）

1．已知OP平分∠AOB，∠DCE的顶点C在射线OP上，射线CD交射线OA于点F，射线CE交射线OB于点G．

（1）如图1，若CD⊥OA，CE⊥OB，请直接写出线段CF与CG的数量关系；

（2）如图2，若∠AOB=120º，∠DCE=∠AOC，试判断线段CF与CG的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）CF=CG；（2）CF=CG，见解析

【解析】

【分析】

(1)结论CF=CG，由角平分线性质定理即可判断．

(2)结论：CF=CG，作CM⊥OA于M，CN⊥OB于N，证明△CMF≌△CNG，利用全等三角形的性质即可解决问题．

【详解】

解：（1）结论：CF=CG；

证明：∵OP平分∠AOB，CF⊥OA，CG⊥OB，

∴CF=CG（角平分线上的点到角两边的距离相等）；

（2）CF=CG.理由如下：如图，

过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，

∵OP平分∠AOB，CM⊥OA，CN⊥OB，∠AOB=120º，

∴CM=CN（角平分线上的点到角两边的距离相等），

∴∠AOC=∠BOC=60º（角平分线的性质），

∵∠DCE=∠AOC，

∴∠AOC=∠BOC=∠DCE=60º，

∴∠MCO=90º-60º =30º，∠NCO=90º-60º =30º，

∴∠MCN=30º+30º=60º，

∴∠MCN=∠DCE，

∵∠MCF=∠MCN-∠DCN，∠NCG=∠DCE-∠DCN，

∴∠MCF=∠NCG，

在△MCF和△NCG中，

CMF CNG

CM CN

MCF NCG

∠=∠

⎧

⎪

=

⎨

⎪∠=∠

⎩

∴△MCF≌△NCG（ASA），

∴CF=CG（全等三角形对应边相等）；

【点睛】

本题考查三角形综合题、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握角平分线的性质的应用，熟练证明三角形全等．

2．如图，AB=12cm，AC⊥AB，BD⊥AB ，AC=BD=9cm，点P在线段AB上以3 cm/s的速度，由A向B运动，同时点Q在线段BD上由B向D运动．

（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当运动时间t=1（s），△ACP与△BPQ 是否全等？说明理由，并直接判断此时线段PC和线段PQ的位置关系；

（2）将“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB=∠DBA”，其他条件不变．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，能使△ACP与△BPQ全等.（3）在图2的基础上延长AC，BD交于点E，使C，D分别是AE，BE中点，若点Q以（2）中的运动速度从点B出发，点P以原来速度从点A同时出发，都逆时针沿△ABE三边运动，求出经过多长时间点P与点Q第一次相遇．

【答案】（1）△ACP≌△BPQ，理由见解析；线段PC与线段PQ垂直（2）1或

3

2

（3）9s 【解析】

【分析】

（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP=∠BPQ，进一步得出

∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出结论即可；

（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC=BP，AP=BQ，②AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可．

（3）因为V Q＜V P，只能是点P追上点Q，即点P比点Q多走PB+BQ的路程，据此列出方

程，解这个方程即可求得．

【详解】

（1）当t=1时，AP=BQ=3，BP=AC=9，

又∵∠A=∠B=90°，

在△ACP 与△BPQ 中，AP BQ A B AC BP =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩

，

∴△ACP ≌△BPQ （SAS ），

∴∠ACP=∠BPQ ，

∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°，

∠CPQ=90°，

则线段PC 与线段PQ 垂直.

（2）设点Q 的运动速度x,

①若△ACP ≌△BPQ ，则AC=BP ，AP=BQ ，

912t t xt

=-⎧⎨=⎩， 解得31

t x =⎧⎨=⎩， ②若△ACP ≌△BPQ ，则AC=BQ ，AP=BP ，

912xt t t =⎧⎨=-⎩

解得632t x =⎧⎪⎨=⎪⎩

， 综上所述，存在31t x =⎧⎨=⎩或632t x =⎧⎪⎨=⎪⎩

使得△ACP 与△BPQ 全等. （3）因为V Q ＜V P ，只能是点P 追上点Q ，即点P 比点Q 多走PB+BQ 的路程，

设经过x 秒后P 与Q 第一次相遇，

∵AC=BD=9cm ，C ，D 分别是AE ，BD 的中点；

∴EB=EA=18cm.

当V Q =1时，

依题意得3x=x+2×9，

解得x=9；

当V Q =32

时， 依题意得3x=

32x+2×9，

解得x=12.

故经过9秒或12秒时P与Q第一次相遇.

【点睛】

本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是熟练的掌握一元一次方程的性质与运算.

3．如图，Rt△ABC≌Rt△CED（∠ACB＝∠CDE＝90°），点D在BC上，AB与CE相交于点F

(1) 如图1，直接写出AB与CE的位置关系

(2) 如图2，连接AD交CE于点G，在BC的延长线上截取CH＝DB，射线HG交AB于K，求证：HK＝BK

【答案】（1）AB⊥CE；（2）见解析.

【解析】

【分析】

（1）由全等可得∠ECD=∠A，再由∠B+∠A=90°，可得∠B+ECD=90°，则AB⊥CE.（2）延长HK于DE交于H，易得△ACD为等腰直角三角形，∠ADC=45°，易得

DH=DE，然后证明△DGH≌△DGE，所以∠H=∠E，则∠H=∠B，可得HK=BK.

【详解】

解：（1）∵Rt△ABC≌Rt △CED，

∴∠ECD=∠A，∠B=∠E，BC=DE，AC=CD

∵∠B+∠A=90°

∴∠B+ECD=90°

∴∠BFC=90°，∴AB⊥CE

（2）在Rt△ACD中，AC=CD，∴∠ADC=45°，

又∵∠CDE=90°，∴∠HDG=∠CDG=45°

∵CH＝DB，∴CH+CD=DB+CD，即HD=BC，

∴DH=DE，

在△DGH和△DGE中，

DH=DE

HDG=EDG=45

DG=DG

⎧

⎪

∠∠

⎨

⎪

⎩

∴△DGH≌△DGE（SAS）

∴∠H=∠E