压轴题训练(三)(解析版)-2020-2021学年八年级数学下学期期中考试压轴题专练(北师大版)

（时间：60分钟 总分：100） 班级 姓名 得分 一、单选题

1．将图1中周长为32的长方形纸片剪成1号、2号、3号、4号正方形和5号长方形，并 将它们按图2的方式放入周长为48的长方形中，则没有覆盖的阴影部分的周长为（ ）

A．16 【答案】D 【分析】

B．24 C．30 D．40

设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为x+y，4号正方形的边长为2x+y，5号长方形的长为3x+y，宽为y-x，根据图1中长方形的周长为32，求得x+y=4，根据图2中长方形的周长为48，求得AB=24-3x-4y，根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形ABCD的周长=2（AB+AD），计算即可得到答案． 【详解】

设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为x+y，4号正方形的边长为2x+y，5号长方形的长为3x+y，宽为y-x，

由图1中长方形的周长为32，可得，y+2（x+y）+（2x+y）=16， 解得：x+y=4， 如图，

∵图2中长方形的周长为48， ∵AB+2（x+y）+2x+y+y-x=24， ∵AB=24-3x-4y，

根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形ABCD的周长，

∵2（AB+AD）=2(24-3x-4y+x+y+2x+y+y-x)=2（24-x-y）=48-2（x+y）=48-8=40， 故选：D．

1

．

【点睛】

此题考查整式加减的应用，平移的性质，利用平移的性质将不规则图形变化为规则图形进而求解，解题的关键是设出未知数，列代数式表示各线段进而解决问题．

2．如图，已知∠MON=30°，点A1、A2、A3......在射线ON上，点B1、B2、B3......在射线OM上，OA1A1B1，B1A2OM，OA2A2B2，B2A3OM，以此类推，若OA11，则A6B6的长为（ ）

A．6 【答案】C 【分析】

B．

15 2C．32 D．

729 64根据等腰三角形的性质以及平行线的性质，MON=30，OA1A1B1，得到1=30，由

B1A2OM，得到OA1的长度，进而得到A2B22B1A2，根据已知得出A3B34B1A2，A4B48B1A2，A5B516B1A2，进而得出答案．

【详解】

2

∵MON=30，OA1A1B1，B1A2OM ∵1=30，∵∠3=∠4=∠12=60， ∵OA11，∵A1B11， ∵A2B1A1A21， ∵OA22，

∵OA2A2B2，∵A2B22B1A2 ∵B2A3OM，∵B1A2//B2A3//B3A4 ∵∠1=∠6=∠7=30，∠5=∠8=90 ∵A3B32B2A3OA34， ∵A3B34B1A24，

A4B48B1A28，

A5B516B1A216，

以此类推：A6B632B1A232． 故选：C． 【点睛】

此题主要考查了等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据已知得出A3B34B1A2，

A4B48B1A2，A5B516B1A2，进而发现规律是解题关键．

2x133．若不等式组的整数解共有三个，则a的取值范围是（ ）

xaA．5a6 【答案】A

3

B．5a6 C．5a6 D．5a6

【分析】

首先确定不等式组的解集，利用含a的式子表示，根据整数解的个数就可以确定有哪些整数解，根据解的情况可以得到关于a的不等式，从而求出a的范围． 【详解】

解不等式2x-1＞3，得：x＞2， ∵不等式组整数解共有三个， ∵不等式组的整数解为3、4、5， 则5a6， 故选A． 【点睛】

本题考查了一元一次不等式组的整数解，正确解出不等式组的解集，确定a的范围，是解答本题的关键．求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．

二、填空题

4．如图，在正方形ABCD中，AB3，P为平面内任意一点，CP1，连接PD，将线段 PD绕着点D顺时针旋转90，得到线段DQ，连接CQ，则DQ3CQ的最小值为_________．

【答案】145 【分析】

根据正方形的性质证明△QDA△PDC圆上运动，根据题意判断计算即可；

SAS，得出点Q在以点A为圆心，1为半径的

4

【详解】

由题意可知DQDP，QDP90， ∵四边形ABCD是正方形， ∵DADC，ADC90，

∵ADCADPQDPADP， 即QDAPDC， ∵△QDA△PDC∵QASAS，

PC1，

∵点Q在以点A为圆心，1为半径的圆上运动， 如图所示，在AD上取一点E，使AEAEAQ11， ，则AQAD33∵△QAE∵QE△DAQ，

11QD，DQCQCQQE＞CE， 331DQCQ取得最小值CE， 3当Q位于Q的位置时，

CECD2DE28132145,

332∵DQ3CQ3故答案是145．

1DQCQ的最小值为145． 3

【点睛】

5

本题主要考查了四边形综合，准确利用相似三角形和全等三角形性质求解是解题的关键． 5．如图，在等边ABC中，AC6，点O在AC上，且AO2，点P是AB上一动点，连结OP，将线段OP绕点O逆时针旋转60°得到线段OD．要使点D恰好落在BC上，则

AP的长是___．

【答案】4 【分析】

根据题意得OP=OD，∵POD=60°，又∵ABC是等边三角形，所以∵A=∵B=∵C=60°，∵AOP+∵APO=120°，∵AOP+∵COD=120°，所以∵APO=∵COD从而∵APO∵∵COD，则AP=CO；又AO=2，AC=6，则AP=4． 【详解】

解：根据题意得，OP=OD，∵POD=60°， ∵∵ABC是等边三角形， ∵∵A=∵B=∵C=60°，

又∵∵AOP+∵APO=120°，∵AOP+∵COD=120°， ∵∵APO=∵COD， ∵在∵APO和∵COD中，

A=CAPO=COD， OPOD∵∵APO∵∵COD（AAS）， ∵AP=CO，

又∵AO=2，AC=6，即CO=4， ∵AP=4； 故答案为：4． 【点睛】

本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质及旋转的性质，掌握其判定及性质，得出∵APO∵∵COD是正确解答本题的基础．

6

6．如图，在ABC中，B30，BAC90，点P是BC的动点（不与点B，C重

合），AI、CI分别是PAC和PCA的角平分线，AIC的取值范围为mAICn，则m_______，n________．

【答案】105° 150° 【分析】

根据三角形内角和等于180°及角平分线定义即可表示出∵AIC，从而得到m，n的值即可． 【详解】

解：设∵BAP=α，则∵APC=α+30°， ∵∵BAC=90°，

∵∵PCA=60°，∵PAC=90°-α， ∵AI、CI分别平分∵PAC，∵PCA， ∵∵IAC=

11∵PAC，∵ICA=∵PCA， 22∵∵AIC=180°-（∵IAC+∵ICA）

1（∵PAC+∵PCA） 21=180°-（90°-α+60°）

21=α+105°， 2=180°-∵0＜α＜90°， ∵105°＜

1α+105°＜150°，即105°＜∵AIC＜150°， 2∵m=105°，n=150°． 故答案为：105°，150°． 【点睛】

本题考查了角平分线的定义，不等式的性质，熟练掌握角平分线的定义是解题的关键．

7

三、解答题

7．Bb）在平面直角坐标系中，已知A（a，0），（0，．已知a，b满足a3b40． （1）∠求出A，B两点的坐标；

∠如图1，点P为∠AOB三个内角角平分线的交点，且AB=5，求点P的坐标；

（2）如图2．若点C为点A关于y轴对称的点，∠DBE是将∠ABC绕点B顺时针旋转后所得图形，连接AD、CE交于点F．求证：BF平分∠CFD．

（3）在（2）的基础上继续绕点B旋转使得D、B、C三点共线，若ABO，求∠CFD的度数（用含的式子表示）．

2

【答案】（1）∵A(-3，0)，B(0，4)；∵(-1，1)；（2）∵证明见解析；∵90- 【分析】

（1）∵根据非负性可求出a 和b，即可得到A、B的坐标；

∵从P点分别向AB、BO、AO作垂线，分别交D、E、F，先证明∵BDP∵∵BEP，同理可证∵PFO∵∵PEO，∵PDA∵∵PFA，设PF=x，则DP=PE=x，可得到

S△PABS△POBS△PAOS△ABO，即可求得PF，进而得到P

点坐标；

（2）∵根据∵DBE是将∵ABC绕点B顺时针旋转后所得图形，点C为点A关于y轴对称的点，可证得∵DBE∵∵ABC，进而可证得∵BDA∵∵BCE，得到∵BAF=∵BEC，进而得到∵EFB∵∵AFB，即可证得BF平分∵CFD；

∵连接BF，可得∵BFC=∵ECA，根据∵BFC=180°-∵FBC-∵BCF即可求解． 【详解】

8

解：（1）∵∵a3b40， ∵a+3=0，b-4=0， ∵a=-3，b=4， ∵A(-3，0)，B(0，4)；

∵∵点P为∵AOB三个内角角平分线的交点，且AB=5， ∵∵DBP=∵EBP，∵FOP=∵EOP，∵DAP=∵FAP，

从P点分别向AB、BO、AO作垂线，分别交D、E、F，如下图所示，

2

∵DP=PE=PF，

BPBP在∵BDP和∵BEP中，DPDE，

BDPBEP∵∵BDP∵∵BEP，

同理可得∵PFO∵∵PEO，∵PDA∵∵PFA， 设PF=x，则DP=PE=x，

∵S△PABS△POBS△PAOS△ABO， 即

115x4x3x34， 22解得：x=1，

又∵点P在第二象限，

9

∵P点坐标为：(-1，1)；

（2）∵∵点C为点A关于y轴对称的点， ∵AB=BC，

在∵BDA和∵BCE中，

∵∵DBE是将∵ABC绕点B顺时针旋转后所得图形， ∵∵DBE∵∵ABC，

∵BD=AB=BE=BC，∵DBE=∵ABC，

∵∵DBE+∵EBA=∵ABC+∵EBA，即∵DBA=∵EBC， ∵∵BDA∵∵BCE， ∵∵BAF=∵BEC，

在∵EFB和∵AFB中，AB=EB，BF=BF，∵BAF=∵BEC， ∵∵EFB∵∵AFB， ∵BF平分∵CFD； ∵如图，连接BF，

由题可知，∵BFC=∵ECA， ∵∵BFC=180°-∵FBC-∵BCF =180°-（∵ABC+∵FBA）-∵BCF =180°-∵ABC-（∵BCF+∵FBA）

10

=180°-∵ABC-（∵BCF+∵FCA） =180°-2-（90°-） =90-， ∵∵CFD=90-． 【点睛】

本题考查全等三角形的判定与性质、几何变换-旋转，解题的关键是综合运用相关知识． 8．如图1，在平面直角坐标系中，AO＝AB，∠BAO＝90°，BO＝8cm，动点D从原点O出发沿x轴正方向以acm/s的速度运动，动点E也同时从原点O出发在y轴上以bcm/s的速度运动，且a，b满足关系式a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0，连接OD，OE，设运动的时间为t秒． （1）求a，b的值；

（2）当t为何值时，∠BAD∠∠OAE；

（3）如图2，在第一象限存在点P，使∠AOP＝30°，∠APO＝15°，求∠ABP．

【答案】（1）a＝2，b＝1；（2）t＝【分析】

8或t＝8；（3）∵ABP＝105°． 3（1）将a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0用配方法得出（a﹣2）2+（b﹣1）2＝0，利用非负数的性质，即可得出结论；

（2）先由运动得出BD＝|8﹣2t|，再由全等三角形的性质的出货BD＝OE，建立方程求解即可得出结论．

（3）先判断出∵OAP∵∵BAQ（SAS），得出OP＝BQ，∵ABQ＝∵AOP＝30°，∵AQB＝∵APO＝15°，再求出∵OAP＝135°，进而判断出∵OAQ∵∵BAQ（SAS），得出∵OQA＝∵BQA＝15°，OQ＝BQ，再判断出∵OPQ是等边三角形，得出∵OQP＝60°，进而求出∵BQP＝30°，再求出∵PBQ＝75°，即可得出结论． 【详解】

11

解：（1）∵a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0， ∵（a﹣2）2+（b﹣1）2＝0， ∵a﹣2＝0，b﹣1＝0， ∵a＝2，b＝1；

（2）由（1）知，a＝2，b＝1， 由运动知，OD＝2t，OE＝t， ∵OB＝8， ∵DB＝|8﹣2t| ∵∵BAD∵∵OAE， ∵DB＝OE， ∵|8﹣2t|＝t， 解得，t＝

8（如图1）或t＝8（如图2）； 3（3）如图3，

过点A作AQ∵AP，使AQ＝AP，连接OQ，BQ，PQ， 则∵APQ＝45°，∵PAQ＝90°， ∵∵OAB＝90°， ∵∵PAQ＝∵OAB，

∵∵OAB+∵BAP＝∵PAQ+∵BAP， 即：∵OAP＝∵BAQ， ∵OA＝AB，AD＝AD， ∵∵OAP∵∵BAQ（SAS），

∵OP＝BQ，∵ABQ＝∵AOP＝30°，∵AQB＝∵APO＝15°， 在∵AOP中，∵AOP＝30°，∵APO＝15°， ∵∵OAP＝180°﹣∵AOP﹣∵APO＝135°，

∵∵OAQ＝360°﹣∵OAP﹣∵PAQ＝135°﹣90°＝135°＝∵OAP， ∵OA＝AB，AD＝AD， ∵∵OAQ∵∵BAQ（SAS），

∵∵OQA＝∵BQA＝15°，OQ＝BQ， ∵OP＝BQ，

12

∵OQ＝OP，

∵∵APQ＝45°，∵APO＝15°， ∵∵OPQ＝∵APO+∵APQ＝60°， ∵∵OPQ是等边三角形， ∵∵OQP＝60°，

∵∵BQP＝∵OQP﹣∵OQA﹣∵BQA＝60°﹣15°﹣15°＝30°， ∵BQ＝PQ， ∵∵PBQ＝

1（180°﹣∵BQP）＝75°， 2∵∵ABP＝∵ABQ+∵PBQ＝30°+75°＝105°．

【点睛】

本题是三角形综合题，主要考查了配方法、非负数的性质、三角形内角和定理、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定及性质，构造出全等三角形是解题的关键．

9．在平面直角坐标系xOy中，点P和图形W的中间点的定义如下：Q是图形W上一点，

C(2,3)，D(1,3)，E(1,0)，若M为线段PQ的中点，则称M为点P和图形W的中间点．F(2,0)．

13

（1）点A(2,0)，

∠点A和原点的中间点的坐标为________；

∠求点A和线段CD的中间点的横坐标m的取值范围；

（2）点B为直线y2x上一点，在四边形CDEF的边上存在点B和四边形CDEF的中间点，直接写出点B的横坐标n的取值范围． 【答案】（1）∵（1，0）；∵0≤m≤【分析】

（1）∵由题意根据点A，O的坐标，利用中点坐标公式即可求出结论；

∵根据题意先依据题意画出图形，观察图形可知点A和线段CD的中间点所组成的图形是线段C′D′，根据点A，C，D的坐标，利用中点坐标公式可求出点C′，D′的坐标，进而可得出m的取值范围；

（2）根据题意利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点B的坐标为（n，2n），进而依据题意画出图形，观察图形可知：点B和四边形CDEF的中间点只能在边EF和DE上，当点B和四边形CDEF的中间点在边EF上时，利用四边形CDEF的纵坐标的范围，可得出关于n的一元一次不等式组，解之即可得出n的取值范围；当点B和四边形CDEF的中间点在边DE上时，由四边形CDEF的横、纵坐标的范围，可得出关于n的一元一次不等式组，解之即可得出n的取值范围． 【详解】

解：（1）∵∵点A的坐标为（2，0），

33；（2）≤n≤0或1≤n≤3． 22 14

∵点A和原点的中间点的坐标为(故答案为：（1，0）；

2000，)，即（1，0）． 22∵如图1，点A和线段CD的中间点所组成的图形是线段C′D′．

由题意可知：点C′为线段AC的中点，点D′为线段AD的中点．

∵点A的坐标为（2，0），点C的坐标为（-2，3），点D的坐标为（1，3）， ∵点C′的坐标为（0，

333），点D′的坐标为（，）， 2223． 2∵点A和线段CD的中间点的横坐标m的取值范围为0≤m≤（2）∵点B的横坐标为n， ∵点B的坐标为（n，2n），

02n3当点B和四边形CDEF的中间点在边EF上时，有，

02n0解得：3≤n≤0； 2 15

12n1当点B和四边形CDEF的中间点在边DE上时，有，

322n0解得：1≤n≤3．

综上所述，点B的横坐标n的取值范围为【点睛】

本题考查中点坐标公式和一次函数图象上点的坐标特征以及解一元一次不等式组，解题的关键是（1）∵利用中点坐标公式求出结论；∵通过画图找出点A和线段CD的中间点所组成的图形是线段C′D′；（2）分点B和四边形CDEF的中间点在边EF上及点B和四边形CDEF的中间点在边DE上两种情况，找出关于n的一元一次不等式组．

3≤n≤0或1≤n≤3． 2 16