八年级上册期末试卷练习（Word版 含答案） 一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难） 1．如图，在ABC中，45ABC,AD,BE分别为BC,AC边上的高，连接DE,过点D作DFDE与点F，G为BE中点，连接AF，DG．

（1）如图1，若点F与点G重合，求证：AFDF； （2）如图2，请写出AF与DG之间的关系并证明． 【答案】(1)详见解析;(2)AF=2DG,且AF⊥DG,证明详见解析. 【解析】 【分析】 (1) 利用条件先△DAE≌△DBF,从而得出△FDE是等腰直角三角形,再证明△AEF是等腰直角

三角形,即可. (2) 延长DG至点M,使GM=DG,交AF于点H,连接BM, 先证明△BGM≌△EGD,再证明

△BDM≌△DAF即可推出. 【详解】 解:（1）证明:设BE与AD交于点H..如图，

∵AD,BE分别为BC,AC边上的高, ∴∠BEA=∠ADB=90°. ∵∠ABC=45°, ∴△ABD是等腰直角三角形. ∴AD=BD. ∵∠AHE=∠BHD, ∴∠DAC=∠DBH. ∵∠ADB=∠FDE=90°, ∴∠ADE=∠BDF. ∴△DAE≌△DBF. ∴BF=AE,DF=DE. ∴△FDE是等腰直角三角形. ∴∠DFE=45°. ∵G为BE中点, ∴BF=EF. ∴AE=EF. ∴△AEF是等腰直角三角形. ∴∠AFE=45°. ∴∠AFD=90°,即AF⊥DF. （2）AF=2DG,且AF⊥DG.理由:延长DG至点M,使GM=DG,交AF于点H,连接BM,

∵点G为BE的中点,BG=GE. ∵∠BGM∠EGD, ∴△BGM≌△EGD. ∴∠MBE=∠FED=45°,BM=DE. ∴∠MBE=∠EFD,BM=DF. ∵∠DAC=∠DBE, ∴∠MBD=∠MBE+∠DBE=45°+∠DBE. ∵∠EFD=45°=∠DBE+∠BDF, ∴∠BDF=45°-∠DBE. ∵∠ADE=∠BDF, ∴∠ADF=90°-∠BDF=45°+∠DBE=∠MBD. ∵BD=AD, ∴△BDM≌△DAF. ∴DM=AF=2DG,∠FAD=∠BDM. ∵∠BDM+∠MDA=90°, ∴∠MDA+∠FAD=90°. ∴∠AHD=90°. ∴AF⊥DG. ∴AF=2DG,且AF⊥DG 【点睛】 本题考查三角形全等的判定和性质,关键在于灵活运用性质.

2．如图1，在平面直角坐标系中，点D（m，m+8）在第二象限，点B（0，n）在y轴正半 轴上，作DA⊥x轴，垂足为A，已知OA比OB的值大2，四边形AOBD的面积为12． （1）求m和n的值． （2）如图2，C为AO的中点，DC与AB相交于点E，AF⊥BD，垂足为F，求证：AF＝DE．

（3）如图3，点G在射线AD上，且GA＝GB，H为GB延长线上一点，作∠HAN交y轴于点N，且∠HAN＝∠HBO，求NB﹣HB的值．

【答案】（1）42mn（2）详见解析；（3）NB﹣FB＝4（是定值），即当点H在GB的延长线上运动时，NB﹣HB的值不会发生变化． 【解析】 【分析】 （1）由点D，点B的坐标和四边形AOBD的面积为12，可列方程组，解方程组即可； （2）由（1）可知，AD＝OA＝4，OB＝2，并可求出AB＝BD＝25，利用SAS可证△DAC≌△AOB，并可得∠AEC＝90°，利用三角形面积公式即可求证； （3）取OC＝OB，连接AC，根据对称性可得∠ABC＝∠ACB，AB＝AC，证明△ABH≌△CAN，即可得到结论. 【详解】

解：（1）由题意

218122mnnmm





解得42mn； （2）如图2中，

由（1）可知，A（﹣4，0），B（0，2），D（﹣4，4）， ∴AD＝OA＝4，OB＝2， ∴由勾股定理可得：AB＝BD＝25， ∵AC＝OC＝2， ∴AC＝OB， ∵∠DAC＝∠AOB＝90°，AD＝OA， ∴△DAC≌△AOB（SAS）， ∴∠ADC＝∠BAO， ∵∠ADC+∠ACD＝90°， ∴∠EAC+∠ACE＝90°， ∴∠AEC＝90°， ∵AF⊥BD，DE⊥AB，

∴S△ADB＝12•AB•AE＝12•BD•AF， ∵AB＝BD， ∴DE＝AF． （3）解：如图，取OC＝OB，连接AC，根据对称性可得∠ABC＝∠ACB，AB＝AC，

∵AG＝BG， ∴∠GAB＝∠GBA， ∵G为射线AD上的一点， ∴AG∥y轴， ∴∠GAB＝∠ABC， ∴∠ACB＝∠EBA， ∴180°﹣∠GBA＝180°﹣∠ACB， 即∠ABG＝∠ACN， ∵∠GAN＝∠GBO， ∴∠AGB＝∠ANC， 在△ABG与△ACN中， ABHACNAHBANCABAC





，

∴△ABH≌△ACN（AAS）， ∴BF＝CN， ∴NB﹣HB＝NB﹣CN＝BC＝2OB， ∵OB＝2 ∴NB﹣FB＝2×2＝4（是定值）， 即当点H在GB的延长线上运动时，NB﹣HB的值不会发生变化． 【点睛】 本题属于三角形综合题，全等三角形的判定和性质，解题的关键是相结合添加常用辅助线，构造图形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．

3．如图，在ABC中，90C，4cmACBC，点D是斜边AB的中点．点E从点B出发以1cm/s的速度向点C运动，点F同时从点C出发以一定的速度沿射线CA方向运动，规定当点E到终点C时停止运动．设运动的时间为x秒，连接DE、DF．

（1）填空：ABCS______2cm； （2）当1x且点F运动的速度也是1cm/s时，求证：DEDF； （3）若动点F以3cm/s的速度沿射线CA方向运动，在点E、点F运动过程中，如果存在某个时间x，使得ADF的面积是BDE面积的两倍，请你求出时间x的值．

【答案】（1）8;(2)见解析；（3）45或4. 【解析】 【分析】 （1）直接可求△ABC的面积； （2）连接CD，根据等腰直角三角形的性质可求：∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45°，即BD=CD，且BE=CF，即可证△CDF≌△BDE，可得DE=DF；

（3）分△ADF的面积是△BDE的面积的两倍和△BDE与△ADF的面积的2倍两种情况讨论，根据题意列出方程可求x的值． 【详解】

解：（1）∵S△ABC=12AC×BC

∴S△ABC=12×4×4=8（cm2） 故答案为：8 （2）如图：连接CD ∵AC=BC，D是AB中点 ∴CD平分∠ACB 又∵∠ACB=90° ∴∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45° ∴CD=BD 依题意得：BE=CF ∴在△CDF与△BDE中 BECFBDCABDCD





∴△CDF≌△BDE（SAS） ∴DE=DF （3）如图：过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AC于点N，

∵AD=BD，∠A=∠B=45°，∠AND=∠DMB=90° ∴△ADN≌△BDM（AAS） ∴DN=DM 当S△ADF=2S△BDE

．

∴12×AF×DN=2×12×BE×DM

∴|4-3x|=2x ∴x1=4，x2=45

综上所述：x=45或4 【点睛】 本题考查了动点问题的函数图象，全等三角形的性质和判定，利用分类思想解决问题是本 题的关键． 4．如图，在ABC中，ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD.以AD为直角边且在AD的上方作等腰直角三角形ADF.

（1）若ABAC，90BAC ①当点D在线段BC上时（与点B不重合），试探讨CF与BD的数量关系和位置关系； ②当点D在线段C的延长线上时，①中的结论是否仍然成立，请在图2中面出相应的图形并说明理由； （2）如图3，若ABAC，90BAC，45BCA，点D在线段BC上运动，试探究CF与BD的位置关系. 【答案】（1）①CF⊥BD，证明见解析；②成立，理由见解析；（2）CF⊥BD，证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）①根据同角的余角相等求出∠CAF=∠BAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△ABD全等，②先求出∠CAF=∠BAD，然后与①的思路相同求解即可； （2）过点A作AE⊥AC交BC于E，可得△ACE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AC=AE，∠AED=45°，再根据同角的余角相等求出∠CAF=∠EAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△AED全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠AED，然后求出∠BCF=90°，从而得到CF⊥BD． 【详解】 解：（1）①∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形， ∴∠CAF+∠CAD=90°，∠BAD+∠ACD=90°， ∴∠CAF=∠BAD， 在△ACF和△ABD中， ∵AB=AC，∠CAF=∠BAD，AD=AF， ∴△ACF≌△ABD(SAS)， ∴CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°， ∵∠ACB=45°， ∴∠FCB=90°， ∴CF⊥BD； ②成立，理由如下：如图2：