初二数学上册压轴题强化试题附解析(一)[002].doc

初二数学上册压轴题强化试题附解析（一）
1、如图①，在等边△ABC中，点D、E分别是AB、AC上的点，BD=AE，BE与CD交于点O．
（1）填空：∠BOC＝　 　度；
（2）如图②，以CO为边作等边△OCF，AF与BO相等吗？并说明理由；
（3）如图③，若点G是BC的中点，连接AO、GO，判断AO与GO有什么数量关系？并说明理由．

2、等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点A、点B分别是y轴、x轴上两个动点，直角边AC交x轴于点D，斜边BC交y轴于点E．

(1)如图（1），已知C点的横坐标为-1，直接写出点A的坐标；
(2)如图（2），当等腰Rt△ABC运动到使点D恰为AC中点时，连接DE．求证：∠ADB=∠CDE；
(3)如图（3），若点A在x轴上，且A（-4，0），点B在y轴的正半轴上运动时，分别以OB、AB为直角边在第一、二象限作等腰直角△BOD和等腰直角△ABC，连结CD交，轴于点P，问当点B在y轴的正半轴上运动时，BP的长度是否变化？若变化请说明理由，若不变化，请求出BP的长度．
3、已知ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC为边向外作等边ABD和等边BCE．

(1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；
(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN
(3)若AB⊥BC，延长AB交DE于M，DB=，如图3，则BM=_______（直接写出结果）
4、在等腰三角形ABC中，AB＝AC，点D是AC上一动点，在BD的延长线上取一点E满足：AE＝AB；AF平分∠CAE交BE于点F．

(1)如图1，连CF，求证：△ACF≌△AEF．
(2)如图2，当∠ABC＝60°时，线段AF，EF，BF之间存在某种数量关系，写出你的结论并加以证明．
(3)如图3，当∠ACB＝45°时，且AE∥BC，若EF＝3，请直接写出线段BD的长是 　 　（只填写结果）．
5、如图，是等边三角形，点分别是射线、射线上的动点，点D从点A出发沿着射线移动，点E从点B出发沿着射线移动，点同时出发并且移动速度相同，连接．

(1)如图①，当点D移动到线段的中点时，与的长度关系是：_______．
(2)如图②，当点D在线段上移动但不是中点时，探究与之间的数量关系，并证明你的结论．
(3)如图③，当点D移动到线段的延长线上，并且时，求的度数．
6、在中，，点在边上，且是射线上一动点(不与点重合，且)，在射线上截取，连接．

当点在线段上时，
①若点与点重合时，请说明线段；
②如图2，若点不与点重合，请说明；

当点在线段的延长线上时，用等式表示线段之间的数量关系(直接写出结果，不需要证明)．
7、以点为顶点作等腰，等腰，其中，如图1所示放置，使得一直角边重合，连接、．

（1）试判断、的数量关系，并说明理由；
（2）延长交于点试求的度数；
（3）把两个等腰直角三角形按如图2放置，（1）、（2）中的结论是否仍成立？请说明理由．

8、如图，是等边三角形，点在上，点在的延长线上,且．
(1)如图甲，若点是的中点，求证：

(2)如图乙，若点不的中点，是否成立?证明你的结论．

(3)如图丙，若点在线段的延长线上，试判断与的大小关系，并说明理由．

【参考答案】
1、（1）120；（2）相等，理由见解析；（3）AO=2OG．理由见解析
【分析】（1）证明△EAB≌△DBC（SAS），可得结论．
（2）结论：AF=BO，证明△FCA≌△OCB（SAS），可得结论．
【解析】（1）120；（2）相等，理由见解析；（3）AO=2OG．理由见解析
【分析】（1）证明△EAB≌△DBC（SAS），可得结论．
（2）结论：AF=BO，证明△FCA≌△OCB（SAS），可得结论．
（3）证明△AFO≌△OBR（SAS），推出OA=OR，可得结论．
【详解】解：（1）如图①中，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠A=∠CBD=60°，
在△EAB和△DBC中，
，
∴△EAB≌△DBC（SAS），
∴∠ABE=∠BCD，
∴∠BOD=∠BCD+∠CBE=∠ABE+∠CBE=∠CBA=60°，
∴∠BOC=180°-60°=120°．
故答案为：119、
（2）相等．
理由：如图②中，

∵△FCO，△ACB都是等边三角形，
∴CF=CO，CA=CB，∠FCO=∠ACB=60°，
∴∠FCA=∠OCB，
在△FCA和△OCB中，
，
∴△FCA≌△OCB（SAS），
∴AF=BO．
（3）如图③中，结论：AO=2OG．
理由：延长OG到R，使得GR=GO，连接CR，BR．

在△CGO和△BGR中，
，
∴△CGO≌△BGR（SAS），
∴CO=BR=OF，∠GCO=∠GBR，AF=BO，
∴CO∥BR，
∵△FCA≌△OCB，
∴∠AFC=∠BOC=120°，
∵∠CFO=∠COF=60°，
∴∠AFO=∠COF=60°，
∴AF∥CO，
∴AF∥BR，
∴∠AFO=∠RBO，
在△AFO和△OBR中，
，
∴△AFO≌△OBR（SAS），
∴OA=OR，
∵OR=2OG，
∴OA=2OG．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
2、(1)A（0，1）；
(2)见解析；
(3)不变，BP= 1、
【分析】（1）如图（1），过点C作CF⊥y轴于点F，构建全等三角形：△ACF≌△ABO（AAS），结合该全等三角形的对应边相等易得OA
【解析】(1)A（0，1）；
(2)见解析；
(3)不变，BP= 1、
【分析】（1）如图（1），过点C作CF⊥y轴于点F，构建全等三角形：△ACF≌△ABO（AAS），结合该全等三角形的对应边相等易得OA的长度，由点A是y轴上一点可以推知点A的坐标；
（2）过点C作CG⊥AC交y轴于点G，则△ACG≌△ABD（ASA），即得CG=AD=CD，∠ADB=∠G，由∠DCE=∠GCE=45°，可证△DCE≌△GCE（SAS）得∠CDE=∠G，从而得到结论；
（3）BP的长度不变，理由如下：如图（3），过点C作CE⊥y轴于点E，构建全等三角形：△CBE≌△BAO（AAS），结合全等三角形的对应边相等推知：CE=BO，BE=AO=3、再结合已知条件和全等三角形的判定定理AAS得到：△CPE≌△DPB，故BP=EP=1、
（1）如图（1），过点C作CF⊥y轴于点F，∵CF⊥y轴于点F，∴∠CFA=90°，∠ACF+∠CAF=90°，∵∠CAB=90°，∴∠CAF+∠BAO=90°，∴∠ACF=∠BAO，在△ACF和△ABO中，，∴△ACF≌△ABO（AAS），∴CF=OA=1，∴A（0，1）；
（2）如图2，过点C作CG⊥AC交y轴于点G，∵CG⊥AC，∴∠ACG=90°，∠CAG+∠AGC=90°，∵∠AOD=90°，∴∠ADO+∠DAO=90°，∴∠AGC=∠ADO，在△ACG和△ABD中，，∴△ACG≌△ABD（AAS），∴CG=AD=CD，∠ADB=∠G，∵∠ACB=45°，∠ACG=90°，∴∠DCE=∠GCE=45°，在△DCE和△GCE中，，∴△DCE≌△GCE（SAS），∴∠CDE=∠G，∴∠ADB=∠CDE；
（3）BP的长度不变，理由如下：如图（3），过点C作CE⊥y轴于点E．∵∠ABC=90°，∴∠CBE+∠ABO=90°．∵∠BAO+∠ABO=90°，∴∠CBE=∠BAO．∵∠CEB=∠AOB=90°，AB=AC，∴△CBE≌△BAO（AAS），∴CE=BO，BE=AO=3、∵BD=BO，∴CE=BD．∵∠CEP=∠DBP=90°，∠CPE=∠DPB，∴△CPE≌△DPB（AAS），∴BP=EP=1、
【点睛】本题考查了三角形综合题．主要利用了全等三角形的性质定理与判定定理，解决本题的关键是作出辅助线，构建全等三角形．
3、(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出△DBC≌△ABE，即可得出结论；
（2）先判断出△ADN≌△FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，进而
【解析】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出△DBC≌△ABE，即可得出结论；
（2）先判断出△ADN≌△FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，进而判断出∠BAC=∠ACF，即可判断出△ABC≌△CFA，即可得出结论；
（3）先判断出△ABC≌△HEB(ASA)，得出，，再判断出△ADM≌△HEM (AAS)，得出AM=HM，即可得出结论．
(1)
解：∵△ABD和△BCE是等边三角形，
∴BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，
∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，
∴∠DBC=∠ABE，
∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE=CD；
(2)
解：如图，延长AN使NF=AN，连接FC，

∵N为CD中点，
∴DN=CN，
∵∠AND=∠FNC，
∴△ADN≌△FCN(SAS)，
∴CF=AD，∠NCF=∠AND，
∵∠DAB=∠BAC=60°
∴∠ACD +∠ADN=60°
∴∠ACF=∠ACD+∠NCF=60°，
∴∠BAC=∠ACF，
∵△ABD是等边三角形，
∴AB=AD，
∴AB=CF，
∵AC=CA，
∴△ABC≌△CFA (SAS)，
∴BC=AF，
∵△BCE是等边三角形，
∴CE=BC=AF=2AN；
(3)
解： ∵△ABD是等边三角形，
∴，∠BAD=60°，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°－∠BAC=30°，
∴，
如图，过点E作EH // AD交AM的延长线于H，

∴∠H=∠BAD=60°，
∵△BCE是等边三角形，
∴BC=BE，∠CBE=60°，
∵∠ABC=90°，
∴∠EBH=90°－∠CBE=30°=∠ACB，
∴∠BEH=180°－∠EBH－∠H=90°=∠ABC，
∴△ABC≌△HEB (ASA)，
∴，，
∴AD=EH，
∵∠AMD=∠HME，
∴△ADM≌△HEM (AAS)，
∴AM=HM，
∴
∵，，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
4、(1)证明见解析
(2)，证明见解析
(3)6
【分析】（1）由角平分线的定义可知，再根据等量代换得出AC =AE，由此可直接利用“SAS”证明；
（2）在BE上截取BM=CF，连接AM．由所作辅助
【解析】(1)证明见解析
(2)，证明见解析
(3)6
【分析】（1）由角平分线的定义可知，再根据等量代换得出AC =AE，由此可直接利用“SAS”证明；
（2）在BE上截取BM=CF，连接AM．由所作辅助线易证，得出，．由题意易判断为等边三角形，即可求出，即说明为等边三角形，得出，由此即得出；
（3）延长BA，CF交于点N．由题意可知为等腰直角三角形，即，．根据平行线的性质和等边对等角即得出BE为的角平分线，从而可求出，进而可求出．由角平分线的性质可得出，从而可求出．又易证，即得出．
(1)
∵AF平分∠CAE，
∴．
∵AB=AC，AB=AE，
∴AC =AE．
又∵AF=AF，
∴．
(2)

证明：∵，
∴，．
如图，在BE上截取BM=CF，连接AM．

在和中，，
∴，
∴，．
∵，，
∴为等边三角形，
∴．
∵，
∴，即，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
即AF，EF，BF之间存在的关系为：；
(3)
如图，延长BA，CF交于点N．

∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，．
∵AE∥BC，
∴．
∵，
∴，
∴．
由（1）可知，
∴，
∴，即．
∵为的角平分线，
∴．
∵，
∴，即．
在和中，，
∴，
∴．
故答案为：5、
【点睛】本题为三角形综合题，考查等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，角平分线的定义和性质，平行线的性质以及三角形内角和定理，综合性强，较难．解题关键是学会添加常用的辅助线，构造全等三角形解决问题．
5、(1)
(2)，证明见详解
(3)
【分析】（1）由题意可知，所以，由等边三角形及中点可知，而，所以可证，进一步可证；
（2）猜测，在射线AB上截取，如图（见详解），利用等边三角形的性质及可知为等边
【解析】(1)
(2)，证明见详解
(3)
【分析】（1）由题意可知，所以，由等边三角形及中点可知，而，所以可证，进一步可证；
（2）猜测，在射线AB上截取，如图（见详解），利用等边三角形的性质及可知为等边三角形，再利用边角边即可证明，最后根据全等三角形的性质即可证明；
（3）按照第（2）问的思路，作出类似的辅助线：在射线CB上截取，如图（见详解），用同样的方法证明，再根据ED⊥DC，证出为等腰直角三角形，即可求出∠DEC的度数．
（1）
解：，
证明过程如下：由题意可知，
∵D为AB的中点，
∴，
∴，
∴．
∵为等边三角形，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）
解：，
理由如下：在射线AB上截取，连接EF，如图所示，

∵为等边三角形，
∴，．
∵，，
∴为等边三角形，
∴，．
由题意知，
∴，
∴．
即．
∵，
∴．
在和中，，
∴，
∴DE与DC之间的数量关系是．
（3）
如图，在射线CB上截取，连接DF，如图所示，

∵为等边三角形，
∴，．
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴．
由题意知，
∵，
∴，
即．
∵，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
∵ED⊥DC，
∴为等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形，等边三角形，以及全等三角形的判定及性质，能够作出辅助线，并合理利用等边三角形的性质是解题的关键．
6、（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）BF＝AE-CD
【分析】（1）①根据等边对等角，求到，再由含有60°角的等腰三角形是等边三角形得到是等边三角形，之后根据等边三角形的性质以及邻补角的性质得到
【解析】（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）BF＝AE-CD
【分析】（1）①根据等边对等角，求到，再由含有60°角的等腰三角形是等边三角形得到是等边三角形，之后根据等边三角形的性质以及邻补角的性质得到，推出，根据全等三角形的性质即可得出结论；②过点A做AG∥EF交BC于点G，由△DEF为等边三角形得到DA＝DG，再推出AE＝GF，根据线段的和差即可整理出结论；
（2）根据题意画出图形，作出AG，由（1）可知，AE=GF，DC=BG，再由线段的和差和等量代换即可得到结论．
【详解】（1）①证明：

，且E与A重合，
是等边三角形

在和中

②如图2，过点A做AG∥EF交BC于点G，

∵∠ADB＝60°　DE＝DF　　
∴△DEF为等边三角形
∵AG∥EF
∴∠DAG＝∠DEF＝60°，∠AGD＝∠EFD＝60°
∴∠DAG＝∠AGD　　
∴DA＝DG
∴DA－DE＝DG－DF，即AE＝GF
由①易证△AGB≌△ADC　　
∴BG＝CD
∴BF＝BG＋GF＝CD＋AE
（2）如图3，和（1）中②相同，过点A做AG∥EF交BC于点G，

由（1）可知，AE=GF，DC=BG，

故．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
7、（1）BD=CE，理由见解析；（2）90°；（3）成立，理由见解析.
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AB=AC，∠BAD=∠EAC=90°，AD=AE，利用“SAS”可证明△ADB≌△A
【解析】（1）BD=CE，理由见解析；（2）90°；（3）成立，理由见解析.
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AB=AC，∠BAD=∠EAC=90°，AD=AE，利用“SAS”可证明△ADB≌△AEC，则BD=CE；
（2）由△ADB≌△AEC得到∠ACE=∠DBA，利用三角形内角和定理可得到∠BFC=180°-∠ACE-∠CDF=180°-∠DBA-∠BDA=∠DAB=90°；
（3）与（1）一样可证明△ADB≌△AEC，得到BD=CE，∠ACE=∠DBA，利用三角形内角和定理得到∠BFC=∠DAB=90°．
【详解】（1）∵△ABC、△ADE是等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAD=∠EAC=90°，AD=AE，
∵在△ADB和△AEC中，

∴△ADB≌△AEC（SAS），∴BD=CE；
（2）∵△ADB≌△AEC，∴∠ACE=∠ABD，
而在△CDF中，∠BFC=180°-∠ACE-∠CDF，
又∵∠CDF=∠BDA，
∴∠BFC=180°-∠DBA-∠BDA=∠DAB=90°；
（3）BD=CE成立，且两线段所在直线互相垂直，即∠BFC=90°．理由如下：
∵△ABC、△ADE是等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠EAD=90°，
∵∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ADB和△AEC中，
，

∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴BD=CE，∠ACE=∠DBA，
∴∠BFC=∠DAB=90°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质.判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”，熟知判定方法并根据题目条件选择合适的方法进行解答．
8、（1）详见解析；（2）成立，理由详见解析；（3），证明详见解析.
【分析】（1）根据等边三角形三线合一的性质即可求得∠DBC的度数，根据BD=DE即可解题；
（2）过D作DF∥BC，交AB于F，证△
【解析】（1）详见解析；（2）成立，理由详见解析；（3），证明详见解析.
【分析】（1）根据等边三角形三线合一的性质即可求得∠DBC的度数，根据BD=DE即可解题；
（2）过D作DF∥BC，交AB于F，证△BFD≌△DCE，推出DF=CE，证△ADF是等边三角形，推出AD=DF，即可得出答案．
（3）如图3，过点D作DP∥BC，交AB的延长线于点P，证明△BPD≌△DCE，得到PD=CE，即可得到AD=CE．
【详解】证明:是等边三角形，

为中点，

，,
;

(2)成立，
如图乙，过作，交于,
则是等边三角形，
，
，
，，
在和中

，
即

如图3，过点作，交的延长线于点,
是等边三角形，也是等边三角形，
,

，
在和中，

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是作出辅助线，构建全等三角形．