人教版初二上学期压轴题强化数学试卷.doc

人教版初二上学期压轴题强化数学试卷
1．如图，已知CD是线段AB的垂直平分线，垂足为D，C在D点上方，∠BAC=30°，P是直线CD上一动点，E是射线AC上除A点外的一点，PB=PE，连BE．
（1）如图1，若点P与点C重合，求∠ABE的度数；
（2）如图2，若P在C点上方，求证：PD+AC=CE；
（3）若AC=6，CE=2，则PD的值为　 　（直接写出结果）．

2．如图1，在平面直角坐标系中，点，，且，满足，连接，，交轴于点．
（1）求点的坐标；
（2）求证：；
（3）如图2，点在线段上，作轴于点，交于点，若，求证：．

3．（1）模型：如图1，在中，平分，，，求证：．
（2）模型应用：如图2，平分交的延长线于点，求证：．
（3）类比应用：如图3，平分，，，求证：．

4．在平面直角坐标系中，，点在第一象限，，
（1）如图，求点的坐标．

（2）如图，作的角平分线，交于点，过点作于点，求证：
（3）若点在第二象限，且为等腰直角三角形，请直接写出所有满足条件的点的坐标．

5．如图，△ABC 中，AB=AC=BC，∠BDC=120°且BD=DC，现以D为顶点作一个60°角，使角两边分别交AB，AC边所在直线于M，N两点，连接MN，探究线段BM、MN、NC之间的关系，并加以证明．
（1）如图1，若∠MDN的两边分别交AB，AC边于M，N两点．猜想：BM+NC=MN．延长AC到点E，使CE=BM，连接DE，再证明两次三角形全等可证．请你按照该思路写出完整的证明过程；
（2）如图2，若点M、N分别是AB、CA的延长线上的一点，其它条件不变，再探究线段BM，MN，NC之间的关系，请直接写出你的猜想（不用证明）．

6．如图，△ABC是等边三角形，点D、E分别是射线AB、射线CB上的动点，点D从点A出发沿射线AB移动，点E从点B出发沿BG移动，点D、点E同时出发并且运动速度相同．连接CD、DE．
（1）如图①，当点D移动到线段AB的中点时，求证：DE=DC．
（2）如图②，当点D在线段AB上移动但不是中点时，试探索DE与DC之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图③，当点D移动到线段AB的延长线上，并且ED⊥DC时，求∠DEC度数．

7．在平面直角坐标系中，直线AB分别交x轴，y轴于A（a，0），B（0，b），且满足a2+b2+4a﹣8b+20＝0．

（1）求a，b的值；
（2）点P在直线AB的右侧；且∠APB＝45°，
①若点P在x轴上（图1），则点P的坐标为　 　；
②若△ABP为直角三角形，求P点的坐标．
8．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）．
【参考答案】
2．（1）∠ABE=90°；（2）PD+AC=CE，见解析；（3）1
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定与性质得到：△BPE为等边三角形，则∠CBE=60°，故∠ABE=90°；
解析：（1）∠ABE=90°；（2）PD+AC=CE，见解析；（3）1
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定与性质得到：△BPE为等边三角形，则∠CBE=60°，故∠ABE=90°；
（2）如图2，过P作PH⊥AE于H，连BC，作PG⊥BC交BC的延长线于G，构造含30度角的直角△PCG、直角△CPH以及全等三角形（Rt△PGB≌Rt△PHE），根据含30度的直角三角形的性质和全等三角形的对应边相等证得结论；
（3）分三种情况讨论，根据（2）的解题思路得到PD=AC+CE或PD=CE-AC，将数值代入求解即可．
【详解】（1）解：如图1，∵点P与点C重合，CD是线段AB的垂直平分线，

∴PA=PB，
∴∠PAB=∠PBA=30°，
∴∠BPE=∠PAB+∠PBA=60°，
∵PB=PE，
∴△BPE为等边三角形，
∴∠CBE=60°，
∴∠ABE=90°；
（2）如图2，过P作PH⊥AE于H，连BC，作PG⊥BC交BC的延长线于G，

∵CD垂直平分AB，
∴CA=CB，
∵∠BAC=30°，
∴∠ACD=∠BCD=60°，
∴∠GCP=∠HCP=∠BCE=∠ACD=∠BCD=60°，
∴∠GPC=∠HPC=30°，
∴PG=PH，CG=CH=CP，CD=AC，
在Rt△PGB和Rt△PHE中，
，
∴Rt△PGB≌Rt△PHE（HL）．
∴BG=EH，即CB+CG=CE-CH，
∴CB+CP=CE-CP，即CB+CP=CE，
又∵CB=AC，
∴CP=PD-CD=PD-AC，
∴PD+AC=CE；
（3）①当P在C点上方时，由（2）得：PD=CE-AC，
当AC=6，CE=2时，PD=2-3=-1，不符合题意；
②当P在线段CD上时，
如图3，过P作PH⊥AE于H，连BC，作PG⊥BC交BC于G，

此时Rt△PGB≌Rt△PHE（HL），
∴BG=EH，即CB-CG=CE+CH，
∴CB-CP=CE+CP，即CP=CB-CE，
又∵CB=AC，
∴PD=CD-CP=AC-CB+CE，
∴PD=CE-AC．
当AC=6，CE=2时，PD=2-3=-1，不符合题意；
③当P在D点下方时，如图4，

同理，PD=AC-CE，
当AC=6，CE=2时，PD=3-2=1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了三角形综合题，综合运用全等三角形的判定与性质，含30度角直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质等知识点，难度较大，解题时，注意要分类讨论．
3．（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）由非负性可求a，b的值，即可求解；
（2）由“SAS”可证△ABP≌△BCQ，可得AB=BC，∠BAP=∠CBQ，可证△ABC是等腰直
解析：（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）由非负性可求a，b的值，即可求解；
（2）由“SAS”可证△ABP≌△BCQ，可得AB=BC，∠BAP=∠CBQ，可证△ABC是等腰直角三角形，可得∠BAC=45°，可得结论；
（3）由“AAS”可证△ATO≌△EAG，可得AT=AE，OT=AG，由“SAS”可证△TAD≌△EAD，可得TD=ED，∠TDA=∠EDA，由平行线的性质可得∠EFD=∠EDF，可得EF=ED，即可得结论．
【详解】解：（1）∵a2-2ab+2b2-16b+64=0，
∴（a-b）2+（b-8）2=0，
∴a=b=8，
∴b-6=2，
∴点C（2，-8）；
（2）∵a=b=8，
∴点A（0，6），点B（8，0），点C（2，-8），
∴AO=6，OB=8，
如图1，过点B作PQ⊥x轴，过点A作AP⊥PQ，交PQ于点P，过点C作CQ⊥PQ，交PQ于点Q，

∴四边形AOBP是矩形，
∴AO=BP=6，AP=OB=8，
∵点B（8，0），点C（2-8），
∴CQ=6，BQ=8，
∴AP=BQ，CQ=BP，
又∠APB=∠BCQ
∴△ABP≌△BCQ（SAS），
∴AB=BC，∠BAP=∠CBQ，
∵∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠ABP+∠CBQ=90°，
∴∠ABC=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC=45°，
∵∠OAD+∠ADO=∠OAD+∠BAC+∠ABO=90°，
∴∠OAC+∠ABO=45°；
（3）如图2，过点A作AT⊥AB，交x轴于T，连接ED，

∴∠TAE=90°=∠AGE，
∴∠ATO+∠TAO=90°=∠TAO+∠GAE=∠GAE+∠AEG，
∴∠ATO=∠GAE，∠TAO=∠AEG，
又∵EG=AO，
∴△ATO≌△EAG（AAS），
∴AT=AE，OT=AG，
∵∠BAC=45°，
∴∠TAD=∠EAD=45°，
又∵AD=AD，
∴△TAD≌△EAD（SAS），
∴TD=ED，∠TDA=∠EDA，
∵EG⊥AG，
∴EG∥OB，
∴∠EFD=∠TDA，
∴∠EFD=∠EDF，
∴EF=ED，
∴EF=ED=TD=OT+OD=AG+OD，
∴EF=AG+OD．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
4．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析；
【分析】（1）由题意得DE=DF，，，即可得出：=AB：AC；
（2）在AB上取点E，使得AE=AC，根据题意可证△ACD≌△AED，从而
解析：（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析；
【分析】（1）由题意得DE=DF，，，即可得出：=AB：AC；
（2）在AB上取点E，使得AE=AC，根据题意可证△ACD≌△AED，从而可求出，，即可求解；
（3）延长BE至M，使EM=DC，连接AM，根据题意可证△ADC≌△AEM，故而得出AE为∠BAM的角平分线，即，即可得出答案；
【详解】解：（1）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DE⊥AC，
∴DE=DF，
∵ ，，
∴：=AB：AC；
（2）如图，在AB上取点E，使得AE=AC，连接DE
又∵ AD平分∠CAE，
∴ ∠CAD=∠DAE，
在△ACD和△AED中，
，
∴△ACD≌△AED（SAS），
∴CD=DE且∠ADC=∠ADE，
∴ ，
∴ ，
∴AB：AC=BD：CD；

（3）如图延长BE至M，使EM=DC，连接AM，
∵ ∠D+∠AEB=180°，
又∵∠AEB+∠AEM=180°，
∴∠D=∠AEM，
在△ADC与△AEM中，
，
∴△ADC≌△AEM（SAS），
∴∠DAC=∠EAM=∠BAE，AC=AM，
∴AE为∠BAM的角平分线，
故 ，
∴BE：CD=AB：AC；

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、以及三角形的面积的应用，正确掌握知识点是解题的关键；
5．（1）C；（2）见解析；（3）或或
【分析】（1）作垂足为，证明，求出CM和OM的长，即可得到点C坐标；
（2）延长相交于点，先证明，得BD=CF，再证明，得CE=EF，即可证明结论；
（3）
解析：（1）C；（2）见解析；（3）或或
【分析】（1）作垂足为，证明，求出CM和OM的长，即可得到点C坐标；
（2）延长相交于点，先证明，得BD=CF，再证明，得CE=EF，即可证明结论；
（3）分情况讨论，画出对应的等腰直角三角形的图象，做辅助线构造全等三角形，求出点P坐标．
【详解】解：如图中，作垂足为，

，
，，

在和中，
，

点坐标；
如图，延长相交于点，

，

在和中，
，
，
，
在和中，
，
，

；
（3）①如图，，，过点P作轴于点D，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴；

②如图，，，过点P作轴于点D，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴；

③如图，，，过点P作轴于点E，过点A作于点D，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
设，，
∵，，
∴，解得，
∴，，
∴；

综上：点P的坐标是或或．
【点睛】本题考查坐标和几何综合题，解题的关键是掌握作辅助线构造全等三角形的方法，利用全等三角形的性质求解点坐标，掌握数形结合的思想．
6．（1）过程见解析；（2）MN= NC﹣BM．
【分析】（1）延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，根据△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，可以证得△MBD≌△ECD，可得MD=DE，∠B
解析：（1）过程见解析；（2）MN= NC﹣BM．
【分析】（1）延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，根据△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，可以证得△MBD≌△ECD，可得MD=DE，∠BDM=∠CDE，再根据∠MDN =60°，∠BDC=120°，可证∠MDN =∠NDE=60°，得出△DMN≌△DEN，进而得到MN=BM+NC．
（2）在CA上截取CE=BM，利用（1）中的证明方法，先证△BMD≌△CED（SAS），再证△MDN≌△EDN（SAS），即可得出结论．
【详解】解：（1）如图示，延长AC至E，使得CE=BM，并连接DE．

∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，
∴BD=CD，∠DBC=∠DCB，∠MBC=∠ACB=60°，
又BD=DC，且∠BDC=120°，
∴∠DBC=∠DCB=30°
∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°，
∴∠MBD=∠ECD=90°，
在△MBD与△ECD中，
∵ ，
∴△MBD≌△ECD（SAS），
∴MD=DE，∠BDM=∠CDE
∵∠MDN =60°，∠BDC=120°，
∴∠CDE+∠NDC =∠BDM+∠NDC=120°-60°=60°，
即：∠MDN =∠NDE=60°，
在△DMN与△DEN中，
∵ ，
∴△DMN≌△DEN（SAS），
∴MN=NE=CE+NC=BM+NC．
（2）如图②中，结论：MN=NC﹣BM．

理由：在CA上截取CE=BM．
∵△ABC是正三角形，
∴∠ACB=∠ABC=60°，
又∵BD=CD，∠BDC=120°，
∴∠BCD=∠CBD=30°，
∴∠MBD=∠DCE=90°，
在△BMD和△CED中
∵ ，
∴△BMD≌△CED（SAS），
∴DM= DE，∠BDM=∠CDE
∵∠MDN =60°，∠BDC=120°，
∴∠NDE=∠BDC-（∠BDN+∠CDE）=∠BDC-（∠BDN+∠BDM）=∠BDC-∠MDN=120°-60°=60°，
即：∠MDN =∠NDE=60°，
在△MDN和△EDN中
∵ ，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN =NE=NC﹣CE=NC﹣BM．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，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．
7．（1）见详解；
（2）DE=DC，理由见详解；
（3）∠DEC=45°
【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，寻找条件证明即可.最常用
解析：（1）见详解；
（2）DE=DC，理由见详解；
（3）∠DEC=45°
【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，寻找条件证明即可.最常用的是证明两个三角形全等，但图中给出的三角形中并未出现全等三角形，所以添加辅助线：在射线AB上截取，这样只要证明即可.利用等边三角形的性质及可知为等边三角形，这样通过两个等边三角形即可证明.
（3）按照第（2）问的思路，作出类似的辅助线：在射线CB上截取，用同样的方法证明，又因为ED⊥DC，所以为等腰之间三角形，则∠DEC度数可求.
【详解】由题意可知
∵D为AB的中点

∵为等边三角形，

（2）
理由如下：
在射线AB上截取，连接EF

∵为等边三角形

∴为等边三角形

由题意知

即

在和中，

（3）如图，在射线CB上截取，连接DF

∵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，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.
8．（1）a＝﹣2，b＝4；（2）①（4，0）；②P点坐标为（4，2），（2，﹣2）．
【分析】（1）利用非负数的性质解决问题即可．
（2）①根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．
②分两种情形：
解析：（1）a＝﹣2，b＝4；（2）①（4，0）；②P点坐标为（4，2），（2，﹣2）．
【分析】（1）利用非负数的性质解决问题即可．
（2）①根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．
②分两种情形：如图2中，若∠ABP=90°，过点P作PC⊥OB，垂足为C．如图3中，若∠BAP=90°，过点P作PD⊥OA，垂足为D．分别利用全等三角形的性质解决问题即可．
【详解】（1）∵a2+4a+4+b2﹣8b+16＝0
∴（a+2）2+（b﹣4）2＝0
∴a＝﹣2，b＝4．
（2）①如图1中，
∵∠APB＝45°，∠POB＝90°，
∴OP＝OB＝4，
∴P（4，0）．
故答案为（4，0）．
②∵a＝﹣2，b＝4
∴OA＝2OB＝4
又∵△ABP为直角三角形，∠APB＝45°
∴只有两种情况，∠ABP＝90°或∠BAP＝90°
①如图2中，若∠ABP＝90°，过点P作PC⊥OB，垂足为C．

∴∠PCB＝∠BOA＝90°，
又∵∠APB＝45°，
∴∠BAP＝∠APB＝45°，
∴BA＝BP，
又∵∠ABO+∠OBP＝∠OBP+∠BPC＝90°，
∴∠ABO＝∠BPC，
∴△ABO≌△BPC（AAS），
∴PC＝OB＝4，BC＝OA＝2，
∴OC＝OB﹣BC＝4﹣2＝2，
∴P（4，2）．
②如图3中，若∠BAP＝90°，过点P作PD⊥OA，垂足为D．

∴∠PDA＝∠AOB＝90°，
又∵∠APB＝45°，
∴∠ABP＝∠APB＝45°，
∴AP＝AB，
又∵∠BAD+∠DAP＝90°，
∠DPA+∠DAP＝90°，
∴∠BAD＝∠DPA，
∴△BAO≌△APP（AAS），
∴PD＝OA＝2，AD＝OB＝4，
∴OD＝AD﹣0A＝4﹣2＝2，
∴P（2，﹣2）．
综上述，P点坐标为（4，2），（2，﹣2）．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
9．(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
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：6．
【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．