人教版八年级数学上册期末培优练习：手拉手模型和几何动点问题 解析版

人教版八年级数学上册期末培优练习
手拉手模型和几何动点问题
手拉手模型
1．如图，AC⊥BC，DC⊥EC，AC＝BC，DC＝EC，图中AE、BD有怎样的关系（数量关系和位置关系）？并证明你的结论．



2．如图所示，已知AE⊥AB，AF⊥AC，AE＝AB，AF＝AC．试猜想CE、BF的关系，并说明理由．



3．如图所示，已知AE⊥AB，AF⊥AC，AE＝AB，AF＝AC．求证：
（1）EC＝BF；
（2）EC⊥BF．


4．如图1，AE＝AD，AC＝AB，∠EAD＝∠CAB＝α．
（1）证明：BD＝CE；
（2）如图2，BD、AC交于点F，BD、CE交于点P，若α＝90°，求∠APB的度数．


5．如图：AE⊥AB，AF⊥AC，AE＝AB，AF＝AC，
（1）图中EC、BF有怎样的数量和位置关系？试证明你的结论．
（2）连接AM，求证：MA平分∠EMF．


6．如图，△ABC和△EBD中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝CB，BE＝BD，连接AE，CD，AE与CD交于点M，AE与BC交于点N．
（1）求证：AE＝CD；
（2）求证：AE⊥CD；
（3）连接BM，有以下两个结论：①BM平分∠CBE；②MB平分∠AMD．其中正确的有　 　（请写序号，少选、错选均不得分）．



几何动点问题
7．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，点P从A点出发沿A﹣C路径向终点C运动；点Q从B点出发沿B﹣C﹣A路径向终点A运动．点P和Q分别以每秒1cm和3cm的运动速度同时开始运动，其中一点到达终点时另一点也停止运动，在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F．则点P运动时间为多少时，△PEC与△QFC全等？




8．如图，已知△ABC中，AB＝AC＝9cm，∠B＝∠C，BC＝6cm，点D为AB的中点．
（1）如果点P在边BC上以1.5cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在边CA上由点C向点A运动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，经过t秒后，△BPD与△CQP全等，求此时点Q的运动速度与运动时间t．
（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，则经过　 　后，点P与点Q第一次在△ABC的　 　边上相遇？（在横线上直接写出答案，不必书写解题过程）




9．如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝9cm，AC＝12cm，AB＝15cm，现有一动点P，从点A出发，沿着三角形的边AC→CB→BA运动，回到点A停止，速度为3cm/s，设运动时间为ts．

（1）如图（1），当t＝　 　时，△APC的面积等于△ABC面积的一半；
（2）如图（2），在△DEF中，∠E＝90°，DE＝4cm，DF＝5cm，∠D＝∠A．在△ABC的边上，若另外有一个动点Q，与点P同时从点A出发，沿着边AB→BC→CA运动，回到点A停止．在两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF，求点Q的运动速度．



10．如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝4，AB＝CD，BD＝6，点E从D点出发，以每秒1个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒3个单位的速度沿C→B→C作匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动．
（1）试证明：AD∥BC．
（2）在移动过程中，小明发现当点G的运动速度取某个值时，有△DEG与△BFG全等的情况出现，请你探究当点G的运动速度取哪些值时，△DEG与△BFG全等．




11．在等腰三角形ABC中，∠ABC＝90度，D是AC边上的动点，连结BD，E、F分别是AB、BC上的点，且DE⊥DF．（1）如图1，若D为AC边上的中点．
①填空：∠C＝　 　，∠DBC＝　 　；
②求证：△BDE≌△CDF．
（2）如图2，D从点C出发，以每秒1个单位的速度向终点A运动，过点B作BP∥AC，且PB＝AC＝4，点E在PD上，设点D运动的时间为t秒（0≤t≤4）在点D运动的过程中，图中能否出现全等三角形？若能，请直接写出t的值以及所对应的全等三角形的对数，若不能，请说明理由．


12．阅读：
如图1，△ABC和△DBE中，AB＝CB，DB＝EB，∠ABC＝∠DBE＝90°，D点在AB上，连接AE，DC．求证：AE＝CD，AE⊥CD．
证明：延长CD交AE于点F．∵AB＝BC，BE＝DB．∴Rt△AEB≌Rt△CDB．
∴AE＝CD，∠EAB＝∠DCB．∵∠DCB+∠CDB＝90°，∠ADF＝∠CDB．
∴∠ADF+∠DAF＝90°．∴∠AFD＝90°．∴AE⊥CD．
类比：
若将图1中的△DBE绕点B逆时针旋转一个锐角，如图2所示，问图2中的线段AE，CD之间的数量和位置关系还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
拓展：
若将图1中的△DBE绕点B逆时针旋转一个锐角，将“∠ABC＝∠DBE＝90°”改为“∠ABC＝∠DBE＝α（α为锐角）”，其他条件均不变，如图3所示，问（直接回答问题结果，不要求写结论过程）：
①图3中的线段AE，CD是否仍然相等？
②线段AE，CD的位置关系是否发生改变？若改变，其所在直线的夹角大小是否随着图形的旋转而发生变化？若不变化，其值多少？



13．两块等腰直角三角尺AOB与COD（不全等）如图（1）放置，则有结论：①AC＝BD②AC⊥BD
若把三角尺COD绕着点O逆时针旋转一定的角度后，如图（2）所示，判断结论：①AC＝BD②AC⊥BD是否都还成立？若成立请给出证明，若不成立请说明理由．



14．在平面直角坐标系中，点A（0，6），B（8，0），AB＝10，如图作∠DBO＝∠ABO，∠CAy＝∠BAO，BD交y轴于点E，直线DO交AC于点C．
（1）①求证：△ACO≌△EDO；②求出线段AC、BD的位置关系和数量关系；
（2）动点P从A出发，沿A﹣O﹣B路线运动，速度为1，到B点处停止运动；动点Q从B出发，沿B﹣O﹣A运动，速度为2，到A点处停止运动．二者同时开始运动，都要到达相应的终点才能停止．在某时刻，作PG⊥CD于点G，QF⊥CD于点F．问两动点运动多长时间时△OPG与△OQF全等？


15．如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向C点运动，同时，点Q在线段CA上由点C向A点运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由．
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？




















参考答案
手拉手模型
1．解：结论：AE＝BD，AE⊥BD，
理由：如图，设AC交BD于N，AE交BD于O，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠ACD＝∠ACD，
∴∠DCB＝∠ECA，
在△DCB和△ECA中，
，
∴△DCB≌△ECA（SAS），
∴∠A＝∠B，BD＝AE
∵∠AND＝∠BNC，∠B+∠BNC＝90°
∴∠A+∠AND＝90°，
∴∠AON＝90°，
∴BD⊥AE．

2．解：EC＝BF，EC⊥BF．
理由：∵AE⊥AB，AF⊥AC，
∴∠EAB＝∠CAF＝90°，
∴∠EAB+∠BAC＝∠CAF+∠BAC，
∴∠EAC＝∠BAE．
在△EAC和△BAF中，
∵，
∴△EAC≌△BAF（SAS），
∴EC＝BF．∠AEC＝∠ABF
∵∠AEG+∠AGE＝90°，∠AGE＝∠BGM，
∴∠ABF+∠BGM＝90°，
∴∠EMB＝90°，
∴EC⊥BF．

3．证明：（1）∵AE⊥AB，AF⊥AC，
∠EAB＝∠FAC＝90°，
∴∠EAC＝∠BAF，
在△EAC和△BAF中，
，
∴△EAC≌△BAF，
∴EC＝BF．

（2）设AC交BF于O．
∵△EAC≌△BAF，
∴∠AFO＝∠OCM，∵∠AOF＝∠MOC，
∴∠OMC＝∠OAF＝90°，
∴EC⊥BF．

4．（1）证明：∵∠EAD＝∠CAB＝α．
∴∠EAD+∠DAC＝∠CAB+∠DAC，
即∠EAC＝∠DAB，
在△EAC和△DAB中，
，
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴BD＝CE，∠CAB＝α＝90°，
∴∠ACB＝45°，
（2）解：如图，作AM⊥BD，AN⊥CE于点M，N，

∵AC＝AB，
由（1）知△EAC≌△DAB，
∴∠ABD＝∠ACE，
在△ABM和△CAN中，
，
∴△ABM≌△CAN（AAS），
∴AM＝AN，
∵AM⊥BD，AN⊥CE，
∴AP平分∠MPN，
∵△EAC≌△DAB，
∴∠E＝∠D，
∵∠AQE＝∠DQP，
∴∠EAQ＝∠DPQ＝90°，
∴∠MPN＝90°，
∴∠APB＝∠MPN＝45°．
5．（1）解：结论：EC＝BF，EC⊥BF．
理由：∵AE⊥AB，AF⊥AC，
∴∠EAB＝∠CAF＝90°，
∴∠EAB+∠BAC＝∠CAF+∠BAC，
∴∠EAC＝∠BAF．
在△EAC和△BAF中，
，
∴△EAC≌△BAF（SAS），
∴EC＝BF．∠AEC＝∠ABF
∵∠AEG+∠AGE＝90°，∠AGE＝∠BGM，
∴∠ABF+∠BGM＝90°，
∴∠EMB＝90°，
∴EC⊥BF．
∴EC＝BF，EC⊥BF．

（2）证明：作AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q．
∵△EAC≌△BAF，
∴AP＝AQ（全等三角形对应边上的高相等）．
∵AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q，
∴AM平分∠EMF．

6．（1）证明：∵∠ABC＝∠DBE，
∴∠ABC+∠CBE＝∠DBE+∠CBE，
即∠ABE＝∠CBD，
在△ABE和△CBD中，
，
∴△ABE≌△CBD，
∴AE＝CD．

（2）∵△ABE≌△CBD，
∴∠BAE＝∠BCD，
∵∠NMC＝180°﹣∠BCD﹣∠CNM，∠ABC＝180°﹣∠BAE﹣∠ANB，
又∠CNM＝∠ANB，
∵∠ABC＝90°，
∴∠NMC＝90°，
∴AE⊥CD．

（3）结论：②
理由：作BK⊥AE于K，BJ⊥CD于J．

∵△ABE≌△CBD，
∴AE＝CD，S△ABE＝S△CDB，
∴•AE•BK＝•CD•BJ，
∴BK＝BJ，∵作BK⊥AE于K，BJ⊥CD于J，
∴BM平分∠AMD．
不妨设①成立，则△CBM≌△EBM，则AB＝BD，显然不可能，故①错误．
故答案为②．
几何动点问题
7．解：设运动时间为t秒时，△PEC≌△QFC，
∵△PEC≌△QFC，
∴斜边CP＝CQ，
有2种情况：①P在AC上，Q在BC上，

CP＝6﹣t，CQ＝8﹣3t，
∴6﹣t＝8﹣3t，
∴t＝1；
②P、Q都在AC上，此时P、Q重合，

∴CP＝6﹣t＝3t﹣8，
∴t＝3.5；
答：点P运动1s或3.5s时，△PEC与△QFC全等．
8．解：（1）①全等，理由如下：
∵t＝1秒，
∴BP＝CQ＝1×1.5＝1.5（厘米），
∵AB＝9cm，点D为AB的中点，
∴BD＝4.5cm．
又∵PC＝BC﹣BP，BC＝6cm，
∴PC＝6﹣1.5＝4.5（cm），
∴PC＝BD．
又∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△BDP和△CPQ中，
，
∴△BPD≌△CQP（SAS）；
②假设△BPD≌△CQP，
∵vP≠vQ，
∴BP≠CQ，
又∵△BPD≌△CQP，∠B＝∠C，则BP＝CP＝3，BD＝CQ＝4.5，
∴点P，点Q运动的时间t＝BP÷1.5＝3÷1.5＝2（秒），
∴vQ＝CQ÷t＝4.5÷2＝2.25（cm/s）；
（2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇，
由题意，得 2.25x＝1.5x+2×9，
解得x＝24，
∴点P共运动了24×1.5＝36（cm）．
∴点P、点Q在AC边上相遇，
∴经过24秒点P与点Q第一次在边AC上相遇．
故答案为：24；AC．

9．解：（1）①当点P在BC上时，如图①﹣1，
若△APC的面积等于△ABC面积的一半；则CP＝BC＝cm，
此时，点P移动的距离为AC+CP＝12+＝，
移动的时间为：÷3＝秒，
②当点P在BA上时，如图①﹣2
若△APC的面积等于△ABC面积的一半；则PD＝BC，即点P为BA中点，
此时，点P移动的距离为AC+CB+BP＝12+9+＝cm，
移动的时间为：÷3＝秒，
故答案为：或；
（2）△APQ≌△DEF，即，对应顶点为A与D，P与E，Q与F；
①当点P在AC上，如图②﹣1所示：
此时，AP＝4，AQ＝5，
∴点Q移动的速度为5÷（4÷3）＝cm/s，
②当点P在AB上，如图②﹣2所示：
此时，AP＝4，AQ＝5，
即，点P移动的距离为9+12+15﹣4＝32cm，点Q移动的距离为9+12+15﹣5＝31cm，
∴点Q移动的速度为31÷（32÷3）＝cm/s，
综上所述，两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF，
点Q的运动速为cm/s或cm/s．




10．（1）证明：在△ABD和△CDB中
，
∴△ABD≌△CDB，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）解：设运动时间为t，点G的运动速度为v，
当0＜t≤时，若△DEG≌△BFG，则，
∴，
∴，
∴v＝3；
若△DEG≌△BGF，则，
∴，
∴ （舍去）；
当＜t≤时，若△DEG≌△BFG，则，
∴，
∴，
∴v＝1.5；
若△DEG≌△BGF，则，
∴，
∴，
∴v＝1．
综上，点G的速度为1.5或3或1．
11．（1）
①解：∵在等腰三角形ABC中，∠ABC＝90度，D为AC边上的中点，
∴∠C＝45°，∠DBC＝45°；
故答案为：45°；45°；

②证明：在等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，D为AC边上的中点，
故BD⊥AC，
∵ED⊥DF，
∴∠BDE＝∠FDC，
∴∠C＝∠DBC＝45°，
∴BD＝DC，
在△BDE和△CDF中，
，
∴△BDE≌△CDF（ASA）；

（2）解：如图①所示：当t＝0时，△PBE≌△CAE一对；
如图②所示：当t＝2时，△AED≌△BFD，△ABD≌△CBD，△BED≌△CFD共3对；
如图③所示：当t＝4时，△PBA≌△CAB一对．

12．解：类比：AE＝CD，AE⊥CD，
证明：∠DBE＝∠ABC＝90°，
∴∠ABE＝∠DBC，
在△AEB和△CDB中，
，
∴△AEB≌△CDB，
∴AE＝CD，∠EAB＝∠DCB，
∵∠DCB+∠COB＝90°，∠AOF＝∠COB，
∴∠FOA+∠FAO＝90°，
∴∠AFC＝90°，
∴AE⊥CD；

拓展：①AE＝CD，
∵∠DBE＝∠ABC＝α，
∴∠ABE＝∠DBC，
在△AEB和△CDB中，
，
∴△AEB≌△CDB，
∴AE＝CD；
②线段AE，CD的位置关系发生改变，其所在直线的夹角大小不随着图形的旋转而发生变化，
∵△AEB≌△CDB，
∴∠EAB＝∠DCB，
∵∠AHF＝∠CHB，
∴∠AFH＝∠ABC＝α，
∴线段AE，CD的位置关系发生改变，其所在直线的夹角大小不随着图形的旋转而发生变化．

13．解：①AC＝BD②AC⊥BD都还成立．
理由：∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOB+∠DOA＝∠COD+∠DOA，
∴∠COA＝∠DOB，
在△ACO和△BDO中，
，
∴△ACO≌△BDO（SAS），
∴AC＝BD，∠OBD＝∠OAC，
又∵∠BEO＝∠AED，
∴∠AOB＝∠ANE＝90°，
∴AC⊥BD，
综上所述：①AC＝BD②AC⊥BD都还成立．

14．解：（1）①如图，∵∠DBO＝∠ABO，OB⊥AE，
∴∠BAO＝∠BEO，
∴AB＝BE，
∴AO＝OE，
∵∠CAy＝∠BAO，
∴∠CAy＝∠BEO，
∴∠DEO＝∠CAO
在△ACO与△EDO中，，
∴△ACO≌△EDO（ASA）；
②由①知，△ACO≌△EDO，
∴∠C＝∠D，AC＝DE，
∴AC∥BD，AC＝BD﹣10；

（2）设运动的时间为t秒，
（i）当点P、Q分别在y轴、x轴上时PO＝QO得：6﹣t＝8﹣2t，解得t＝2（秒），
（ii）当点P、Q都在y轴上时PO＝QO得：6﹣t＝2t﹣8，解得t＝（秒），
（iii）当点P在x轴上，Q在y轴时若二者都没有提前停止，则PO＝QO得：t﹣6＝2t﹣8，解得t＝2（秒）不合题意；
当点Q提前停止时，有t﹣6＝6，解得t＝12（秒），
综上所述：当两动点运动时间为2、、12秒时，△OPE与△OQF全等

15．解：（1）经过1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，
∵△ABC中，AB＝AC，
∴在△BPD和△CQP中，
，
∴△BPD≌△CQP（SAS）．
（2）设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过ts△BPD与△CQP全等；则可知PB＝3tcm，PC＝8﹣3tcm，CQ＝xtcm，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
根据全等三角形的判定定理SAS可知，有两种情况：①当BD＝PC，BP＝CQ时，②当BD＝CQ，BP＝PC时，两三角形全等；
①当BD＝PC且BP＝CQ时，8﹣3t＝5且3t＝xt，解得x＝3，∵x≠3，∴舍去此情况；
②BD＝CQ，BP＝PC时，5＝xt且3t＝8﹣3t，解得：x＝；
故若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为cm/s时，能够使△BPD与△CQP全等．