2023-2024学年江苏省南通市海安中学八下数学第十周周末强化训练（含答案）

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A．x＝yB．x＞yC．x＜yD．不确定
2．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，连接BM，则BM的长是（ ）
A．4B．C．D．
3．如图，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得△ABC，则AC边上的高是（ ）
A．B．C．D．
4．我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式．后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的矩形由两个这样的图形拼成，若a＝3，b＝4，则该矩形的面积为（ ）
A．20B．24C．D．
5．如图，点E在△DBC的边DB上，点A在△DBC内部，∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE，AB＝AC．给出下列结论：
①BD＝CE；②∠ABD+∠ECB＝45°；③BD⊥CE；④BE2＝2（AD2+AB2）﹣CD2．其中不正确的结论有（ ）个．
A．3B．2C．1D．0
6．如图，设△ABC和△CDE都是正三角形，且∠EBD＝62°，则∠AEB的度数是（ ）
A．124°B．122°C．120°D．118°
7．如图，过边长为1的等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC于E，Q为BC延长线上一点，当PA＝CQ时，连PQ交AC边于D，则DE的长为（ ）
A．B．C．D．不能确定
8．如图，四边形ABCD中，AC、BD是对角线，△ABC是等边三角形，∠ADC＝30°，AD＝4，BD＝6，则CD的长为（ ）
A．B．4C．D．
9．如图，以Rt△ABC的斜边BC为一边在△ABC的同侧作正方形BCEF，设正方形的中心为O，连接AO，如果AB＝4，AO＝6，那么AC的长等于（ ）
A．12B．16C．4D．8
10．如图，AB＝AC＝4，P是BC上异于B、C的一点，则AP2+BP•PC的值是（ ）
A．16B．20C．25D．30
11．如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH．连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P．若GO＝GP，则的值是（ ）
A．1+B．2+C．5﹣D．
二．填空题（共6小题）
12．如图，在△ABC中，AB＝BC＝4，AO＝BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为 ．
13．如图，四边形ABDC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥BD于点D．若BD＝2，CD＝4，则线段AB的长为 ．
14．如图，已知CD是△ABC的边AB上的高，若CD＝，AD＝1，AB＝2AC，则BC的长为 ．
15．如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，点D、E都在边BC上，∠DAE＝60°．若BD＝2CE，则DE的长为 ．
16．如图，在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为 ．
17．如图，等边三角形ABC中，D、E分别为AB、BC边上的点，AD＝BE，AE与CD交于点F，AG⊥CD于点G，则的值为 ．
三．解答题（共9小题）
18．在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P是线段BC上一动点（与点B、C不重合），连接AP，延长BC至点Q，使得CQ＝CP，过点Q作QH⊥AP于点H，交AB于点M．
（1）若∠PAC＝α，求∠AMQ的大小（用含α的式子表示）．
（2）用等式表示线段MB与PQ之间的数量关系，并证明．
19．如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D、E，F为BC中点，BE与DF，DC分别交于点G，H，∠ABE＝∠CBE．
（1）求证：BH＝AC；
（2）求证：BG2﹣GE2＝EA2．
20．问题：如图①，在Rt△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为 ；
探索：如图②，在Rt△ABC与Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
应用：如图③，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°．若BD＝9，CD＝3，求AD的长．
参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题）
1．【解答】解：∵AC＝BC，当梯子的顶端A下滑x米时，梯足B沿CB方向滑动了y米，
∴CD＝AC﹣x，EC＝BC+y＝AC+y，
∴AC2+BC2＝（AC﹣x）2+（BC+y）2，
∴2AC•x﹣x2＝2BC•y+y2，
∴x（2AC﹣x）＝y（2BC+y），
∵AC＝BC，
∴2AC﹣x＜2BC+y，
∴x＞y，
故选：B．
2．【解答】解：如图，连接AM，
由题意得：CA＝CM，∠ACM＝60°，
∴△ACM为等边三角形，
∴AM＝CM，∠MAC＝∠MCA＝∠AMC＝60°；
∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝，
∴AC＝2＝CM＝2，
∵AB＝BC，CM＝AM，
∴BM垂直平分AC，
∴BO＝AC＝1，OM＝CM•sin60°＝，
∴BM＝BO+OM＝1+，
故选：B．
3．【解答】解：∵三角形的面积等于小正方形的面积减去三个直角三角形的面积，即S△ABC＝4﹣×1×2﹣×1×1＝，
∵＝，
∴AC边上的高＝＝，
故选：C．
4．【解答】解：设小正方形的边长为x，
∵a＝3，b＝4，
∴AB＝3+4＝7，
在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
即（3+x）2+（x+4）2＝72，
整理得，x2+7x﹣12＝0，
而长方形面积为x2+7x+12＝12+12＝24
∴该矩形的面积为24，
故选：B．
5．【解答】解：∵∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠EAC
∵AD＝AE，AB＝AC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ECA，故①结论正确，
∴∠ABD+∠ECB＝∠ECA+∠ECB＝∠ACB＝45°，故②结论正确，
∵∠ECB+∠EBC＝∠ABD+∠ECB+∠ABC＝45°+45°＝90°，
∴∠CEB＝90°，即BD⊥CE，故③结论正确，
∴BE2＝BC2﹣EC2＝2AB2﹣（CD2﹣DE2）＝2AB2﹣CD2+2AD2＝2（AD2+AB2）﹣CD2．故④结论正确，
∴不正确的结论有0个．
故选：D．
6．【解答】解：∵△ABC和△CDE都是正三角形，∴AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，
又∠ACB＝∠ACE+∠BCE，∠ECD＝∠BCE+∠BCD，
∴∠BCD＝∠ACE，△ACE≌△BCD，∴∠DBC＝∠CAE，
即62°﹣∠EBC＝60°﹣∠BAE，即62°﹣（60°﹣∠ABE）＝60°﹣∠BAE，
∴∠ABE+∠BAE＝60°+60°﹣62°＝58°，
∴∠AEB＝180°﹣（∠ABE+∠BAE）＝180°﹣58°＝122°．
故选：B．
7．【解答】解：过P作PM∥BC，交AC于M；
∵△ABC是等边三角形，且PM∥BC，
∴△APM是等边三角形；
又∵PE⊥AM，
∴AE＝EM＝AM；（等边三角形三线合一）
∵PM∥CQ，
∴∠PMD＝∠QCD，∠MPD＝∠Q；
又∵PA＝PM＝CQ，
在△PMD和△QCD中
∴△PMD≌△QCD（AAS）；
∴CD＝DM＝CM；
∴DE＝DM+ME＝（AM+MC）＝AC＝，故选：B．
8．【解答】解：如图所示，将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连接CE，DE，
由旋转的性质知DC＝EC，∠DCE＝∠ACB＝60°，BD＝AE＝6，
则△DCE为等边三角形，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝90°，
∴AD2+DE2＝AE2，
∴42+DE2＝62，
∴DE＝CD＝2．
故选：C．
9．【解答】解：在AC上取一点G使CG＝AB＝4，连接OG
∵∠ABO＝90°﹣∠AHB，∠OCG＝90°﹣∠OHC，∠OHC＝∠AHB
∴∠ABO＝∠OCG
∵OB＝OC，CG＝AB
∴△OGC≌△OAB
∴OG＝OA＝6，∠BOA＝∠GOC
∵∠GOC+∠GOH＝90°
∴∠GOH+∠BOA＝90°
即：∠AOG＝90°
∴△AOG是等腰直角三角形，AG＝12（勾股定理）
∴AC＝16．
故选：B．
10．【解答】解：过点A作AD⊥BC于点D．
∵AD⊥BC，
∴△ADP与△ABD都为直角三角形．
∴AP2＝AD2+DP2，AB2＝AD2+BD2．
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD．
∵PC＝CD+DP，BD＝CD，
∴PC＝BD+DP．
∵BP＝BD﹣DP，PC＝BD+DP，
∴BP•PC＝BD2﹣DP2．
∵AP2＝AD2+DP2，BP•PC＝BD2﹣DP2，
∴AP2+BP×PC＝AD2+BD2．
∵AB2＝AD2+BD2，AP2+BP×PC＝AD2+BD2，
∴AP2+BP•PC＝AB2．
∵AB＝4，
∴AP2+BP•PC＝16．
故选：A．
11．【解答】解：∵四边形EFGH为正方形，
∴∠EGH＝45°，∠FGH＝90°，
∵OG＝GP，
∴∠GOP＝∠OPG＝67.5°，
∴∠PBG＝22.5°，
又∵∠DBC＝45°，
∴∠GBC＝22.5°，
∴∠PBG＝∠GBC，
∵∠BGP＝∠BGC＝90°，BG＝BG，
∴△BPG≌△BCG（ASA），
∴PG＝CG．
设OG＝PG＝CG＝x，
∵O为EG，BD的交点，
∴EG＝2x，FG＝x，
∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，
∴BF＝CG＝x，
∴BG＝x+x，
∴BC2＝BG2+CG2＝＝，
∴＝．
故选：B．
二．填空题（共6小题）
12．【解答】解：①当∠APB＝90°时，
情况一：（如图1），
∵AO＝BO，
∴PO＝BO，
∵∠AOC＝60°，
∴∠BOP＝60°，
∴△BOP为等边三角形，
∵AB＝BC＝4，
∴AP＝AB•sin60°＝4×＝2；
情况二：如图3，∵AO＝BO，∠APB＝90°，
∴PO＝AO，
∵∠AOC＝60°，
∴△AOP为等边三角形，
∴AP＝AO＝2，
②当∠ABP＝90°时（如图2），
∵∠AOC＝∠BOP＝60°，
∴∠BPO＝30°，
∴BP＝＝＝2，
在直角三角形ABP中，
AP＝＝2，
故答案为：2或2或2．
13．【解答】解：如图，过点C作CE⊥CD交AD于E，
∴∠ECD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠ECD，
∴∠ACB﹣∠BCE＝∠ECD﹣∠BCE，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵AC＝BC，
BC与AD的交点记作点F，
∵∠ACB＝90°，
∴∠AFC+∠CAE＝90°，
∵∠AFC＝∠DFB，
∴∠DFB+∠CAE＝90°，
∵∠ADB＝90°，
∴∠DFB+∠CBD＝90°，
∴∠CAE＝∠CBD，
∴△ACE≌△BCD（ASA），
∴AE＝BD，CE＝CD，
在Rt△DCE中，CE＝CD＝4，
∴DE＝CD＝＝8，
∵BD＝2，
∴AE＝2，
∴AD＝AE+DE＝2+8＝10，
在Rt△ABD中，根据勾股定理得，AB＝＝＝2，
故答案为．
14．【解答】解：∵CD是△ABC的边AB上的高，
∴△ADC，△BDC是直角三角形，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AC＝，
∵AB＝2AC，
∴AB＝4，
BD＝AB+AD＝4+1＝5，
在Rt△BDC中，由勾股定理得：BC＝．
故答案为：2．
15．【解答】解：（方法一）将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，连接EF，过点E作EM⊥CF于点M，过点A作AN⊥BC于点N，如图所示．
∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，
∴BN＝CN，∠B＝∠ACB＝30°．
在Rt△BAN中，∠B＝30°，AB＝2，
∴AN＝AB＝，BN＝＝3，
∴BC＝6．
∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，
∴∠BAD+∠CAE＝60°，
∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝60°．
在△ADE和△AFE中，，
∴△ADE≌△AFE（SAS），
∴DE＝FE．
∵BD＝2CE，BD＝CF，∠ACF＝∠B＝30°，
∴设CE＝2x，则CM＝x，EM＝x，FM＝4x﹣x＝3x，EF＝ED＝6﹣6x．
在Rt△EFM中，FE＝6﹣6x，FM＝3x，EM＝x，
∴EF2＝FM2+EM2，即（6﹣6x）2＝（3x）2+（x）2，
解得：x1＝，x2＝（不合题意，舍去），
∴DE＝6﹣6x＝3﹣3．
故答案为：3﹣3．
（方法二）：将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，如图所示．
∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，
∴∠ACB＝∠B＝∠ACF＝30°，
∴∠ECG＝60°．
∵CF＝BD＝2CE，
∴CG＝CE，
∴△CEG为等边三角形，
∴EG＝CG＝FG，
∴∠EFG＝∠FEG＝∠CGE＝30°，
∴△CEF为直角三角形．
∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，
∴∠BAD+∠CAE＝60°，
∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝60°．
在△ADE和△AFE中，，
∴△ADE≌△AFE（SAS），
∴DE＝FE．
设EC＝x，则BD＝CF＝2x，DE＝FE＝6﹣3x，
在Rt△CEF中，∠CEF＝90°，CF＝2x，EC＝x，
EF＝＝x，
∴6﹣3x＝x，
x＝3﹣，
∴DE＝x＝3﹣3．
故答案为：3﹣3．
16．【解答】解：在AD的上方过点A作AD′⊥AD，使得AD′＝AD，连接CD′，DD′，如图：
∵∠BAC+∠CAD＝∠DAD′+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAD′，
在△BAD与△CAD′中，
，
∴△BAD≌△CAD′（SAS），
∴BD＝CD′．
∠DAD′＝90°
由勾股定理得DD′＝，
∠D′DA+∠ADC＝90°
由勾股定理得CD′＝，
∴BD＝CD′＝，
故答案为：．
17．【解答】解：在△CAD与△ABE中，
AC＝AB，∠CAD＝∠ABE＝60°，AD＝BE，
∴△CAD≌△ABE（SAS）．
∴∠ACD＝∠BAE．
∵∠BAE+∠CAE＝60°，
∴∠ACD+∠CAE＝60°．
∴∠AFG＝∠ACD+∠CAE＝60°．
在直角△AFG中，
∵sin∠AFG＝，
∴＝．
故答案为：．
三．解答题（共9小题）
18．【解答】解：（1）∠AMQ＝45°+α；理由如下：
∵∠PAC＝α，△ACB是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝∠B＝45°，∠PAB＝45°﹣α，
∵QH⊥AP，
∴∠AHM＝90°，
∴∠AMQ＝180°﹣∠AHM﹣∠PAB＝45°+α；
（2）PQ＝MB；理由如下：
连接AQ，作ME⊥QB，如图所示：
∵AC⊥QP，CQ＝CP，
∴∠QAC＝∠PAC＝α，
∴∠QAM＝45°+α＝∠AMQ，
∴AP＝AQ＝QM，
在△APC和△QME中，
，
∴△APC≌△QME（AAS），
∴PC＝ME，
∵△MEB是等腰直角三角形，
∴PQ＝MB，
∴PQ＝MB．
方法二：也可以延长AC到D，使得CD＝CQ．
则易证△ADP≌△QBM．
∴BM＝PD＝CD＝QC＝PQ，
即PQ＝MB．
19．【解答】证明：（1）∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDH＝∠BEC＝∠CDA＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BCD＝180°﹣90°﹣45°＝45°＝∠ABC
∴DB＝DC，
∵∠BDH＝∠BEC＝∠CDA＝90°，
∴∠A+∠ACD＝90°，∠A+∠HBD＝90°，
∴∠HBD＝∠ACD，
∵在△DBH和△DCA中，
，
∴△DBH≌△DCA（ASA），
∴BH＝AC．
（2）连接CG，
由（1）知，DB＝CD，
∵F为BC的中点，
∴DF垂直平分BC，
∴BG＝CG，
∵∠ABE＝∠CBE，BE⊥AC，
∴△ABE≌△CBE，
∴EC＝EA，
在Rt△CGE中，由勾股定理得：CG2﹣GE2＝CE2，
∵CE＝AE，BG＝CG，
∴BG2﹣GE2＝EA2．
20．【解答】解：（1）BC＝DC+EC，
理由如下：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，
∴BC＝BD+CD＝EC+CD，
故答案为：BC＝DC+EC；
（2）BD2+CD2＝2AD2，
理由如下：连接CE，
由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B，
∴∠DCE＝90°，
∴CE2+CD2＝ED2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2＝ED2，又AD＝AE，
∴BD2+CD2＝2AD2；
（3）作AE⊥AD，使AE＝AD，连接CE，DE，
∵∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE＝9，
∵∠ADC＝45°，∠EDA＝45°，
∴∠EDC＝90°，
∴DE＝＝6，
∵∠DAE＝90°，
∴AD＝AE＝DE＝6．
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