解答题压轴题训练（二）（解析版）八年级数学下学期期末考试压轴题专练（人教版，尖子生专用）

解答题压轴题训练（二）

（时间：60分钟  总分：100）      班级            姓名              得分     

解答题解题策略：（1）常见失分因素：①对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题；②公式记忆不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性质等；③思维不严谨，不要忽视易错点；④解题步骤不规范，一定要按课本要求，否则会因不规范答题而失分，避免“对而不全”，如解概率题时，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；⑤计算能力差导致失分多，会做的试题一定不能放过，不能一味求快，⑥轻易放弃试题，难题不会做时，可分解成小问题，分步解决，如最起码能将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分。也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出解题的灵感。

（2）何为“分段得分”：对于同一道题目，有的人理解的深，有的人理解的浅；有的人解决的多，有的人解决的少。为了区分这种情况，中考的阅卷评分办法是懂多少知识就给多少分。这种方法我们叫它“分段评分”，或者“踩点给分”——踩上知识点就得分，踩得多就多得分。与之对应的“分段得分”的基本精神是，会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。对于会做的题目，要解决“会而不对，对而不全”这个老大难问题。有的考生拿到题目，明明会做，但最终答案却是错的——会而不对。有的考生答案虽然对，但中间有逻辑缺陷或概念错误，或缺少关键步骤——对而不全。因此，会做的题目要特别注意表达的准确、考虑的周密、书写的规范、语言的科学，防止被“分段扣分”。经验表明，对于考生会做的题目，阅卷老师则更注意找其中的合理成分，分段给点分，所以“做不出来的题目得一二分易，做得出来的题目得满分难”。

对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分。我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略。把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密。

①缺步解答：如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败。特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题拿小分”。

②跳步答题：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论。如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向；如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处”。由于考试时间的限制，“卡壳处”的攻克如果来不及了，就可以把前面的写下来，再写出“证实某步之后，继续有……”一直做到底。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作为“已知”，先做第二问，这也是跳步解答。

③退步解答：“以退求进”是一个重要的解题策略。如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论。总之，退到一个你能够解决的问题。为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”。这样，还会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发。

④辅助解答：一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤。实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举。如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，设应用题的未知数等。答卷中要做到稳扎稳打，字字有据，步步准确，尽量一次成功，提高成功率。试题做完后要认真做好解后检查，看是否有空题，答卷是否准确，所写字母与题中图形上的是否一致，格式是否规范，尤其是要审查字母、符号是否抄错，在确信万无一失后方可交卷。

一、解答题

1．（方法总结）

以下是某同学对一道《学习与评价》习题的分析与反思．

根据上述解题经验，解决下列问题．

（变式迁移）

（1）如图，四边形中，，

求证：平分．

（问题解决）

（2）如图，在中，，是边上的中线，将沿翻折后得到，连接．若，，直接写出的长．

【答案】（1）见解析；（2）AE=1.4

【分析】

（1）过作，垂足为，作，交延长线于，根据已知条件利用可得，可得，即可得出结论；

（2）利用（1）中的思路做辅助线过作直线与直线的垂线，构造,利用勾股定理分别计算出AH，BH，可得AE=AG-GE=AH-BH；

【详解】

（1）过作，垂足为，作，交延长线于．

又，

在与中

又，

平分

（2）

∵是边上的中线，∠ACB=90°

∴CD=AD=BD

∴

又由翻折，可知翻折前后对应角相等

，

又

又中，

即，

则由第（1）问知，平分

过作直线与直线的垂线如图，

由（1）可得CH=CG, BH=GE

∴AG=AH

∵AC=4,BC=3,∠ACB=90°

∴AB=

∴S△ABC

∴，

在Rt△ACH中，

．

【点睛】

本题考查了角平分线的判定、三角形全等的判定定理与性质等知识点，较难的是题（2），参照方法1，通过作辅助线，构造全等三角形利用勾股定理是解题关键．

2．如图，在四边形中，．动点P从点B出发，沿射线的方向以每秒的速度运动到C点返回，动点Q从点A出发，在线段上以每秒的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动到点D时，点P随之停止运动，设运动时间为t（秒）．

（1）当时，若四边形是平行四边形，求出满足要求的t的值；

（2）当时，若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为，求相应的t的值；

（3）当时，若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为，求相应的t的值．

【答案】（1）t=5；（2）t=9；（3）t=15

【分析】

（1）由平行四边形的性质得出DQ=CP，当0＜t＜10.5时，P、Q分别沿AD、BC运动，由题意得出方程，解方程即可；

（2）当0＜t＜10.5时，P、Q分别沿AD、BC运动，由梯形面积公式得出方程，解方程即可；

（3）当10.5≤t＜16时，点P到达C点返回，由梯形面积公式得出方程，解方程即可．

【详解】

解：（1）∵四边形PQDC是平行四边形，

∴DQ=CP，

当0＜t＜10.5时，P、Q分别沿AD、BC运动，如图1所示：

∵DQ=AD-AQ=16-t，

CP=21-2t

∴16-t=21-2t

解得：t=5；

即当t=5秒时，四边形PQDC是平行四边形；

（2）当0＜t＜10.5时，P、Q分别沿AD、BC运动，如图1所示：

CP=21-2t，DQ=16-t，

若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为60cm2，

则（DQ+CP）×AB=60，

即（16-t+21-2t）×12=60，

解得：t=9；

即当0＜t＜10.5时，若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为60cm2，t的值为9秒；

（3）当10.5≤t＜16时，如图2所示，点P到达C点返回，CP=2t-21，DQ=16-t，

则同（2）得：（DQ+CP）×AB=60，

即（16-t+2t-21）×12=60，

解得：t=15．

即当10.5≤t＜16时，若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为60cm2，t的值为15秒．

【点睛】

本题是四边形综合题目，考查了直角梯形的性质、平行四边形的判定与性质、梯形的面积等知识，熟练掌握直角梯形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．

3．如图1，在平面直角坐标系中，直线分别与x轴、y轴交于A、B两点，其中，点C在x轴的正半轴上，且．

（1）求直线AB的解析式；

（2）将直线AB向下平移个单位长度得到直线，直线与y轴交于点E，与直线CB交于点D，过点E作y轴的垂线，若点P为y轴上一个动点，Q为直线上一个动点，求的周长的最小值；

（3）如图2，直线BC上有一点，将直线BC绕点F顺时针旋转90°得到直线，与x轴交于点H，直线上有一点，点M是直线上一动点，是否存在点M使得为直角三角形，若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1），（2），（3），，，．

【分析】

（1）求出OB长，再求OA长，得到A点坐标代入解析式即可；

（2）根据平移得到直线解析式，求出D点坐标，作关于直线对称点，关于轴对称点，连接，，．求出即可；

（3）求出F、G、H点坐标，设点坐标为，根据直角不同分类讨论，勾股定理列方程即可．

【详解】

解：（1）直线：分别与轴、轴交于，两点，

∴点坐标为，则，

，

∴A点坐标为（-3,0），代入得，

解得，，

故直线的解析式为：．

（2）将直线：下平移个单位长度得到直线：，与轴交于点，与直线交于点，过点作轴的垂线，

∴点坐标为，直线：，

∵，

∴点坐标为，

设直线解析式为，

∴，解得，

∴直线解析式为，

联立，解得，

∴点坐标为，

如图所示，作关于直线对称点，关于轴对称点，连接，，．

∴坐标为，坐标为，

由对称性可知，，

周长

，

当点，，，四点共线时，周长取得最小值为，

又，

周长最小值为．

（3）点为直线：上一点

∴，即，

将直线绕点顺时针旋转90°得到直线，

∴设直线解析式为，

将代入中得，

∴直线：，

又直线与轴交点为，

∴点坐标为，

点为直线上有一点，

∴，则，

∴点坐标为，

又点为直线上一动点

∴设点坐标为，

∴，

，

，

若为直角三角形，由勾股定理可知：

或或

①时，

，

∴，

∴，

∴，；

②当时，

，

，

∴，

∴；

③当时，

，

∴，，

∴，

综上所述：当为直角三角形时，

点的坐标为：，，，．

【点睛】

本题考查了一次函数的综合问题，解题关键是树立数形结合思想、分类讨论思想，设坐标表示线段长，根据勾股定理列方程．

4．先阅读下列解答过程，然后再解答

形如的化简，只要我们找到两个数a、b，使得a+b＝m，ab＝n，（）2+（）2＝m；＝，便有＝＝＝（a＞b＞0）例如：

＝＝＝，仿照上述方法化简下列各式

（1）；

（2）．

【答案】（1）﹣1；（2）+.

【分析】

（1）根据题意给出的方法即可求出答案；

（2）根据题意给出的方法即可求出答案；

【详解】

（1）原式＝＝＝﹣1；

（2）原式＝＝＝+.

【点睛】

此题主要考查二次根式的运算，解题的关键是熟知完全平方公式的运用.

5．已知：在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90º，D为△ABC外一点，且满足∠ADB=90°．

（1）如图1，若，AD=1，求DB的长．

（2）如图1，求证：．

（3）如图2所示，过C作CE⊥AD于E，BD=2，AD=6，求CE的长．

【答案】（1）；（2）见解析；（3）2

【分析】

（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB=2，在Rt△ABD中，根据勾股定理，得；

（2）过C点作CF⊥CD，构造手拉手模型，运用等腰直角三角形的性质可得证；

（3）过C点作CF⊥CD，构造手拉手模型，运用三角形全等可得证．

【详解】

（1）解：在Rt△ABC中，

∵，

∴，  

∴在Rt△ABD中，． 

（2）证明：如图，过C点作CF⊥CD交DB的延长线于点F．   

∵∠ACB=∠DCF=90°，

∴∠ACD=∠BCF，

∵∠CAD+∠CBD=360°－(∠ACB+∠ADB)=180°，∠CBF+∠CBD=180°，

∴∠CAD=∠CBF，

又∵CA=CB，

∴△CAD≌△CBF(ASA)，  

∴CD=CF，AD=BF，

∴，

∵DF=DB+BF=DB+DA，

∴．  

（3）解：如图，过C点作CF⊥CD交AD与F点，  

∵∠ACB=∠DCF=90°，即∠ACF+∠BCF=∠BCD+∠BCF=90°，

∴∠ACF=∠BCD，

∵∠AFC=∠FCD+∠CDA=90°+∠CDA，∠CDB=∠CDA+∠ADB=90°+∠CDA，

∴∠AFC=∠CDB，

又∵CA=CB，

∴△CAF≌△CBD(AAS)，  

∴CF=CD，AF=BD，

∴△CDF是等腰直角三角形，

又∵CE⊥AD，

∴E为DF中点，

∵AD=6，AF=BD=2，

∴FD=AD－AF=4，

∴．

【点睛】

本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的全等，手拉手模型的构造，熟练构造手拉手模型是解题的关键.

6．如图，已知正方形的边长为3，菱形的三个顶点E、G、H分别在正方形的边、、上，，连接．

（1）当时，求证：菱形为正方形；

（2）设，请用x的代数式表示的面积；

（3）当时，求的度数．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）60°

【分析】

（1）先求出，再判断出，得出，进而判断出，即可得出结论；

（2）先判断出，进而判断出．得出，即可得出结论；

（3）利用勾股定理依次求出，，，进而判断出，即可得出结论．

【详解】

解：（1）在正方形中，

，

．

又，

在和中，

，，，

，

．

，．

所以菱形是正方形；

（2）如图1，过点作交所在直线于，联结．

，

．

，

．

，

在和中，

，．

．

．

即无论菱形如何变化，点到直线的距离始终为定值1，

；

（3）如图2，当时，

在中，，根据勾股定理得，；

，

在中，根据勾股定理得，，

过点作于，

在中，根据勾股定理得，，

，

为等边三角形．

．

【点睛】

此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解本题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形和直角三角形．

7．如图1：直线与y轴交于A点，与x轴交于B点，动点C在线段上运动，过点C作交于D，作的平分线交x轴于E．

（1）在线段上有一动点M，在y轴上有一动点N；当时，连接， ， ，当的周长最小时，求此时点N的坐标及的周长的最小值．

（2）如图2：在第（1）问的条件下，点P是y轴上的一个动点，点Q是直线上的一个动点；是否存在某个时刻使得是以为腰的等腰直角三角形？若存在，请直接写出P点以及对应Q点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1），的周长的最小值为；（2），；，．

【分析】

（1）由直线求出A，B坐标和OA，OB的长，设，求出CD的长，再由勾股定理求出DE的长，根据求出a的值，进而求出C，D坐标，分别作点关于轴，关于的对称点，求得，求出的解析式为，当共线时，最小，从而可得出结论；

（2）分点Q在一、三象限两种情况进行求解即可．

【详解】

解：（1）对于直线，当时，，当时，，

∴，

∴

∴∠，

设

∴

∵∠

∴

由勾股定理得，

∴

解得：（负值舍去））

∵,

解得，

∵点在线段上，

∴

∴

分别作点关于轴，关于的对称点

∵平分

∴在上

∵

∴

当共线时，最小，最小值为：

，

设的解析式为，

把代入得，

解得，

∴的解析式为

当时，

∴

（2）①如图2，，过点Q作轴，

∵∠

∴∠

∴△

∴

∵在上，

∴

∴

∴

∴；

②如图3，，过点Q作轴，

同理有：△

∴

∵在上，

∴

∴

∴

∴．

【点睛】

本题是几何综合题，考查了三角形全等、等腰直角三角形的性质、一次函数、点的对称性等知识点，其中（2），要分类求解，避免遗漏．

8．阅读下列材料，然后回答问题：在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如，，

一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：

；

；

以上这种化简的步骤叫做分母有理化．

（1）化简：             ；             ；             ；

（2）化简：；

（3）已知，，求的值.

【答案】（1）    （2）   （3）62

【分析】

（1）分子分母分别乘 即可.

（2）每一个分母都乘以它的有理化因式化简后合并即可.

（3）将x，y化简后，对后面算式运用完全平方公式进行变形，代入即可.

【详解】

（1） ，

，

故答案为 ， ，

（2）原式=

（3），

∴

【点睛】

考查二次根式的有理化．根据二次根式的乘除法法则进行二次根式有理化．二次根式有理化主要利用了平方差公式，所以一般二次根式的有理化因式是符合平方差公式的特点的式子．