人教版八年级数学上册第11章 三角形 期末复习试题及答案解析(4)

点评： 本题考查了勾股定理，相似三角形的性质和判定，角平分线性质，相似三角形的性质和判定等知识点的综合运用． 二．解答题（共8小题）

8．如图，在△ABC中，AB=AC，E在线段AC上，D在AB的延长线，连DE交BC于F，过点E作EG⊥BC于G．

（1）若∠A=50°，∠D=30°，求∠GEF的度数； （2）若BD=CE，求证：FG=BF+CG．

考点： 等腰三角形的性质；全等三角形的判定与性质．4387773 专题： 证明题． 分析： （1）根据等腰三角形两底角相等求出∠C，再根据直角三角形两锐角互余求出∠CEG，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CEF，然后计算即可得解； （2）过点E作EH∥AB交BC于H，根据两直线平行，同位角相等可得∠ABC=∠EHC，内错角相等可得∠D=∠FEH，然后求出∠EHC=∠C，再根据等角对等边可得EC=EH，然后求出BD=EH，再利用“角角边”证明△BDF和△HEF全等，根据全等三角形对应边相等可得BF=FH，根据等腰三角形三线合一的性质可得CG=HG，即可得证． 解答： （1）解：∵∠A=50°， ∴∠C=（180°﹣∠A）=（180°﹣50°）=65°， ∵EG⊥BC， ∴∠CEG=90°﹣∠C=90°﹣65°=25°， ∵∠A=50°，∠D=30°， ∴∠CEF=∠A+∠D=50°+30°=80°， ∴∠GEF=∠CEF﹣∠CEG=80°﹣25°=55°； （2）证明：过点E作EH∥AB交BC于H， 则∠ABC=∠EHC，∠D=∠FEH， ∵AB=AC， ∴∠ABC=∠C， ∴∠EHC=∠C， ∴EC=EH， ∵BD=CE， ∴BD=EH， 在△BDF和△HEF中， 16

， ∴△BDF≌△HEF（AAS）， ∴BF=FH， 又∵EC=EH，EG⊥BC， ∴CG=HG， ∴FG=FH+HG=BF+CG． 点评： 本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，主要利用了等腰三角形两底角相等的性质，等角对等边的性质，（2）作辅助线构造出全等三角形是解题的关键． 9．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）．

（1）证明：OB=OC；

（2）如图1，连接AB，过A作AD⊥AB交y轴于D，在射线AD上截取AE=AB，连接CE，F是CE的中点，连接AF，OA，当点A在第一象限内运动（AD不过点C）时，证明：∠OAF的大小不变； （3）如图2，B′与B关于y轴对称，M在线段BC上，N在CB′的延长线上，且BM=NB′，连接MN交x轴于点T，过T作TQ⊥MN交y轴于点Q，求点Q的坐标．

考点： 全等三角形的判定与性质；非负数的性质：绝对值；非负数的性质：偶次方；坐标与图形性质；等腰直角三角形．4387773 分析： （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． 17

解答： （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′， 18

∴MH=BM， ∵BM=B′N， ∴MH=B′N， ∵MH∥CN， ∴∠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）． 19

点评： 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． 10．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° ； （2）求∠CAB的度数；

（3）如图2，点M、N分别是x轴正半轴及射线OA上一点，且OH⊥MN的延长线于H，满足∠HON=∠NMO，请探究两条线段MN、OH之间的数量关系，并给出证明． 考点： 全等三角形的判定与性质；坐标与图形性质．4387773 分析： （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． 解答： 解：（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， 20

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