初二上册压轴题强化数学综合试题带解析(一).doc
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初二上册压轴题强化数学综合试题带解析(一) 1.已知,如图1,射线分别与直线相交于两点,的平分线与直线相交于点,射线交于点,设,,且. (1) ______°,______°;直线与的位置关系是______; (2)如图2,若点是射线上任意一点,且,试找出与之间存在的数量关系,证明你的结论; (3)若将图中的射线绕着端点逆时针方向旋转(如图3),分别与相交于点和时,作的角平分线与射线相交于点,问在旋转的过程中的值变不变?若不变,请求出其值;若变化,请说明理由. 2.已知:AD为△ABC的中线,分别以AB和AC为一边在△ABC的外部作等腰三角形ABE和等腰三角形ACF,且AE=AB,AF=AC,连接EF,∠EAF+∠BAC=180°. (1)如图1,若∠ABE=65°,∠ACF=75°,求∠BAC的度数. (2)如图1,求证:EF=2AD. (3)如图2,设EF交AB于点G,交AC于点R,FC与EB交于点M,若点G为EF中点,且∠BAE=60°,请探究∠GAF和∠CAF的数量关系,并证明你的结论. 3.如图1,将两块全等的三角板拼在一起,其中△ABC的边BC在直线l上,AC⊥BC且AC = BC;△EFP的边FP也在直线l上,边EF与边AC重合,EF⊥FP且EF = FP. (1)在图1中,请你通过观察、测量,猜想并写出AB与AP所满足的数量关系和位置关系; (2)将三角板△EFP沿直线l向左平移到图2的位置时,EP交AC于点Q,连接AP、BQ.猜想并写出BQ与AP所满足的数量关系和位置关系,并证明你的猜想; (3)将三角板△EFP沿直线l向左平移到图3的位置时,EP的延长线交AC的延长线于点Q,连接AP、BQ.你认为(2)中猜想的BQ与AP所满足的数量关系和位置关系还成立吗?若成立,给出证明;若不成立,请说明理由. 4.阅读理解题: 定义:如果一个数的平方等于﹣1,记为i2=﹣1,这个数i叫做虚数单位,把形如a+bi(a,b为实数)的数叫做复数,其中a叫这个复数的实部,b叫做这个复数的虚部,它的加、减、乘、除运算与代数式的运算类似. 例如:计算:(2﹣i)+(5+3i)=(2+5)+(﹣1+3)i=7+2i; (1+i)×(2﹣i)=1×2﹣i+2×i﹣i2=2+(﹣1+2)i+1=3+i; 根据以上信息,完成下列问题: (1)填空:i3= ,i4= ,i+i2+i3+…+i2021= ; (2)计算:(1+i)×(3﹣4i)﹣(﹣2+3i)(﹣2﹣3i); (3)已知a+bi=(a,b为实数),求的最小值. 5.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. 6.如图1已知点A,B分别在坐标轴上,点C(3,﹣3),CA⊥BA于点A,且BA=CA,CA,CB分别交坐标轴于D,E. (1)填空:点B的坐标是 ; (2)如图2,连接DE,过点C作CH⊥CA于C,交x轴于点H,求证:∠ADB=∠CDE; (3)如图3,点F(6,0),点P在第一象限,连PF,过P作PM⊥PF交y轴于点M,在PM上截取PN=PF,连PO,过P作∠OPG=45°交BN于G.求证:点G是BN中点. 7.若整式A只含有字母x,且A的次数不超过3次,令,其中a,b,c,d为整数,在平面直角坐标系中,我们定义:M为整式A的关联点,我们规定次数超过3次的整式没有关联点.例如,若整式,则a=0,b=2,c=-5,d=4,故A的关联点为(-5,-11). (1)若,试求出A的关联点坐标; (2)若整式B是只含有字母x的整式,整式C是B与的乘积,若整式C的关联点为(6,15),求整式B的表达式. (3)若整式D=x-2,整式E是只含有字母x的一次多项式,整式F是整式D与整式E的平方的乘积,若整式F的关联点为(-32,0),请直接写出整式E的表达式. 8.如图,和中,,,,边与边交于点(不与点,重合),点,在异侧,为与的角平分线的交点. (1)求证:; (2)设,请用含的式子表示,并求的最大值; (3)当时,的取值范围为,求出,的值. 【参考答案】 2.(1)30,30,AB//CD;(2)+=180°,证明见解析;(3)不变,. 【分析】(1)利用非负数的性质可知:α=β=40°,推出∠EMF=∠MFN即可解决问题; (2)结论:∠FMN+∠ 解析:(1)30,30,AB//CD;(2)+=180°,证明见解析;(3)不变,. 【分析】(1)利用非负数的性质可知:α=β=40°,推出∠EMF=∠MFN即可解决问题; (2)结论:∠FMN+∠GHF=180°.只要证明GH∥PN即可解决问题; (3)结论:的值不变,=2.如图3中,作∠PEM1的平分线交M1Q的延长线于R.只要证明∠R=∠FQM1,∠FPM1=2∠R即可; 【详解】解:(1)∵, ∴60-2α=0,β-30=0, ∴α=β=30°, ∴∠PFM=∠MFN=30°,∠EMF=30°, ∴∠EMF=∠MFN, ∴AB∥CD; (2)结论:∠FMN+∠GHF=180°, 理由如下:如图2中, ∵AB∥CD, ∴∠MNF=∠PME, ∵∠MGH=∠MNF, ∴∠PME=∠MGH, ∴GH∥PN, ∴∠GHM=∠FMN, ∵∠GHF+∠GHM=180°, ∴∠FMN+∠GHF=180°; (3)的值不变,=2. 理由如下:如图3中,作∠PEM1的平分线交M1Q的延长线于R, ∵AB∥CD, ∴∠PEM1=∠PFN, ∵∠PER=∠PEM1,∠PFQ=∠PFN, ∴∠PER=∠PFQ, ∴ER∥FQ, ∴∠FQM1=∠R, 设∠PER=∠REB=x,∠PM1R=∠RM1B=y, 则有:,可得∠EPM1=2∠R, ∴∠EPM1=2∠FQM1, ∴=2. 【点睛】本题考查几何变换综合题、平行线的判定和性质、角平分线的定义、非负数的性质等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会添加常用辅助线,构造平行线解决问题. 3.(1)∠BAC=50° (2)见解析 (3)∠GAF﹣∠CAF=60°,理由见解析 【分析】(1)利用三角形的内角和定理求出∠EAB,∠CAF,再根据∠EAF+∠BAC=180°构建方程即可解 解析:(1)∠BAC=50° (2)见解析 (3)∠GAF﹣∠CAF=60°,理由见解析 【分析】(1)利用三角形的内角和定理求出∠EAB,∠CAF,再根据∠EAF+∠BAC=180°构建方程即可解决问题; (2)延长AD至H,使DH=AD,连接BH,想办法证明△ABH≌△EAF即可解决问题; (3)结论:∠GAF﹣∠CAF=60°.想办法证明△ACD≌△FAG,推出∠ACD=∠FAG,再证明∠BCF=150°即可. (1) 解:∵AE=AB, ∴∠AEB=∠ABE=65°, ∴∠EAB=50°, ∵AC=AF, ∴∠ACF=∠AFC=75°, ∴∠CAF=30°, ∵∠EAF+∠BAC=180°, ∴∠EAB+2∠ABC+∠FAC=180°, ∴50°+2∠BAC+30°=180°, ∴∠BAC=50°. (2) 证明:证明:如图,延长AD至点H,使DH=AD,连接BH ∵AD是△ABC的中线, ∴BD=DC, 又∵DH=AD,∠BDH=∠ADC ∴△ADC≌△HDB(SAS), ∴BH=AC,∠BHD=∠DAC, ∴BH=AF, ∵∠BHD=∠DAC, ∴BH∥AC, ∴∠BAC+∠ABH=180°, 又∵∠EAF+∠BAC=180°, ∴∠ABH=∠EAF, 又∵AB=AE,BH=AF, ∴△AEF≌△BAH(SAS), ∴EF=AH=2AD, ∴EF=2AD; (3) 结论:∠GAF﹣∠CAF=60°. 理由:由(2)得,AD=EF,又点G为EF中点, ∴EG=AD, 由(2)△AEF≌△BAH, ∴∠AEG=∠BAD, 在△EAG和△ABD中, , ∴△EAG≌△ABD, ∴∠EAG=∠ABC=60°,AG=BD, ∴△AEB是等边三角形,AG=CD, ∴∠ABE=60°, ∴∠CBM=60°, 在△ACD和△FAG中, , ∴△ACD≌△FAG, ∴∠ACD=∠FAG, ∵AC=AF, ∴∠ACF=∠AFC, 在四边形ABCF中,∠ABC+∠BCF+∠CFA+∠BAF=360°, ∴60°+2∠BCF=360°, ∴∠BCF=150°, ∴∠BCA+∠ACF=150°, ∴∠GAF+(180°﹣∠CAF)=150°, ∴∠GAF﹣∠CAF=60°. 【点睛】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、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,属于中考压轴题. 4.(1)AB=AP,AB⊥AP;(2)BQ=AP,BQ⊥AP;(3)成立,见解析. 【分析】(1)根据等腰直角三角形性质得出AB=AP,∠BAC=∠PAC=45°,求出∠BAP=90°即可; (2 解析:(1)AB=AP,AB⊥AP;(2)BQ=AP,BQ⊥AP;(3)成立,见解析. 【分析】(1)根据等腰直角三角形性质得出AB=AP,∠BAC=∠PAC=45°,求出∠BAP=90°即可; (2)求出CQ=CP,根据SAS证△BCQ≌△ACP,推出AP=BQ,∠CBQ=∠PAC,根据三角形内角和定理求出∠CBQ+∠BQC=90°,推出∠PAC+∠AQG=90°,求出∠AGQ=90°即可; (3)BO与AP所满足的数量关系为相等,位置关系为垂直.证明方法与(2)一样. 【详解】(1)AB=AP且AB⊥AP, 证明:∵AC⊥BC且AC=BC, ∴△ABC为等腰直角三角形, ∴∠BAC=∠ABC=, 又∵△ABC与△EFP全等, 同理可证∠PEF=45°, ∴∠BAP=45°+45°=90°, ∴AB=AP且AB⊥AP; (2)BQ与AP所满足的数量关系是AP=BQ,位置关系是AP⊥BQ, 证明:延长BQ交AP于G, 由(1)知,∠EPF=45°,∠ACP=90°, ∴∠PQC=45°=∠QPC, ∴CQ=CP, ∵∠ACB=∠ACP=90°,AC=BC, ∴在△BCQ和△ACP中 ∴△BCQ≌△ACP(SAS), ∴AP=BQ,∠CBQ=∠PAC, ∵∠ACB=90°, ∴∠CBQ+∠BQC=90°, ∵∠CQB=∠AQG, ∴∠AQG+∠PAC=90°, ∴∠AGQ=180°-90°=90°, ∴AP⊥BQ; (3)成立. 证明:如图,∵∠EPF=45°, ∴∠CPQ=45°. ∵AC⊥BC, ∴∠CQP=∠CPQ, CQ=CP. 在Rt△BCQ和Rt△ACP中, ∴Rt△BCQ≌Rt△ACP(SAS) ∴BQ=AP; 延长BQ交AP于点N, ∴∠PBN=∠CBQ. ∵Rt△BCQ≌Rt△ACP, ∴∠BQC=∠APC. 在Rt△BCQ中,∠BQC+∠CBQ=90°, ∴∠APC+∠PBN=90°. ∴∠PNB=90°. ∴BQ⊥AP. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质:有两组边对应相等,且它们所夹的角相等,那么这两个三角形全等;全等三角形的对应边相等.也考查了等腰直角三角形的判定与性质. 5.(1)﹣i,1,;(2)﹣i﹣6;(3)的最小值为25. 【分析】(1)根据题目所给条件可得i3=i2•i,i4=i2•i2计算即可得出答案; (2)根据多项式乘法法则进行计算,及题目所给已知条 解析:(1)﹣i,1,;(2)﹣i﹣6;(3)的最小值为25. 【分析】(1)根据题目所给条件可得i3=i2•i,i4=i2•i2计算即可得出答案; (2)根据多项式乘法法则进行计算,及题目所给已知条件即可得出答案; (3)根据题目已知条件,a+bi=4+3i,求出a、b,即可得出答案. 【详解】(1)i3=i2•i=﹣1×i=﹣i, i4=i2•i2=﹣1×(﹣1)=1, 设S=i+i2+i3+…+i2021, iS=i2+i3+…+i2021+i2022, ∴(1﹣i)S=i﹣i2022, ∴S=, 故答案为﹣i,1,; (2)(1+i)×(3﹣4i)﹣(﹣2+3i)(﹣2﹣3i) =3﹣4i+3i﹣4i2﹣(4﹣9i2) =3﹣i+4﹣4﹣9 =﹣i﹣6; (3)a+bi====4+3i, ∴a=4,b=3, ∴=, ∴的最小值可以看作点(x,0)到点A(0,4),B(24,3)的最小距离, ∵点A(0,4)关于x轴对称的点为A'(0,﹣4),连接A'B即为最短距离, ∴A'B==25, ∴的最小值为25. 【点睛】此题考查了实数的运算,以及规律型:数字的变化类,弄清题中的新定义是解本题的关键. 6.(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, 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. 7.(1)(0,6) (2)见解析 (3)见解析 【分析】(1)作CM⊥x轴于M,求出CM= CN= 2,证明△BAO≌△ACM,推出AO= CM= 2,OB=AM=4,即可得出答案; (2)在 解析:(1)(0,6) (2)见解析 (3)见解析 【分析】(1)作CM⊥x轴于M,求出CM= CN= 2,证明△BAO≌△ACM,推出AO= CM= 2,OB=AM=4,即可得出答案; (2)在BD上截取BF= AE,连AF,证△BAF≌△CAE,证△AFD≌△CED,即可得出答案; (3)作EO⊥OP交PG的延长线于E,连接EB、EN、PB,只要证明四边形ENPB是平行四边形就可以了. (1) 解:过点C作CG⊥x轴于G,如图所示: ∵C(3,﹣3), ∴CG=3,OG=3, ∵∠BOA=∠CGA=90°, ∴∠ABO+∠BAO=∠BAO+∠CAG=90°, ∴∠ABO=∠CAG, 又∵AB=AC, ∴△ABO≌△CAG(AAS), ∴AO=CG=3,OB=AG=AO+OG=6, ∴点B的坐标是(0,6). (2) 证明:如图,过点C作CG⊥x轴于G,CF⊥y轴于F,则CF∥AO. 同(1)得:△ABO≌△CAG(AAS), ∴AO=CG=3, ∵CF=3, ∴AO=CF, ∵CF∥AO ∴∠DAO=∠DCF,∠AOD=∠CFD, ∴△AOD≌△CFD(ASA), ∴AD=CD, ∵CA⊥BA,CH⊥CA, ∴∠BAD=∠ACH=90°, 又∵∠ABO=∠CAG,AB=AC, ∴△BAD≌△ACH(ASA), ∴AD=CH,∠ADB=∠AHC ∴CD=CH, ∵BA=CA, ∴△ABC是等腰直角三角形, ∴∠ACB=45°, ∴∠HCE=90°﹣∠ACB=45°, ∴∠DCE=∠HCE=45°, 又∵CE=CE, ∴△DCE≌△HCE(SAS), ∴∠CDE=∠CHE, ∴∠ADB=∠CDE. (3) 证明:过点O作OK⊥OP交PG延长线于K,连接BK、NF,过点P作PL⊥NF于L. 则△OPK是等腰直角三角形, ∴∠OKP=∠OPK=45°,OK=OP, ∵PN=PF, ∴△PNF是等腰直角三角形, ∴∠PFN=∠PNF=45°, ∵PL⊥NF, ∴∠FPL=45°, 则∠OPF=∠OPL+45°,∠GPN=∠OPL=45°﹣∠MPO, ∵∠KOB+∠BOP=∠FOP+∠BOP=90°, ∴∠KOB=∠FOP, 又∵OB=OF=6, ∴△OKB≌△OPF(SAS), ∴KB=PF=PN,∠OKB=45°+∠GKB=∠OPF=∠OPL+45°, ∴∠GKB=∠OPL=∠GPN, 又∵∠KGB=∠PGN, ∴△KBG≌△PNG(SAS), ∴BG=NG, 即点G为BN的中点. 【点睛】本题是三角形综合题目,考查了全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形的性质等知识,本题综合性强,有一定难度,证明三角形全等是解题的关键,属于中考常考题型. 8.(1) (2) (3)或 【分析】(1)根据整式得出,,,,根据关联点的定义得出,,即可得出的关联点坐标; (2)根据题意得出中的次数为次,设 ,计算出,进而表达出,,,的值,再根据的关 解析:(1) (2) (3)或 【分析】(1)根据整式得出,,,,根据关联点的定义得出,,即可得出的关联点坐标; (2)根据题意得出中的次数为次,设 ,计算出,进而表达出,,,的值,再根据的关联点为,列出关于 , 的等式,解出、的值即可; (3)设,根据题意求出,进而表达出,,,的值,再根据的关联点为,列出关于,的等式,解出、的值即可. (1) 解:(1), ,,,, ,, 的关联点坐标为:, 故笞案为:; (2) 整式是只含有字母的整式,整式是与的乘积, 是二次多项式,且的次数不能超过次, 中的次数为次, 设 , , ,,,, 整式的关联点为, ,, 解得:,, ; (3) 根据题意:设, , ,,,, 整式 的关联点为, ,, ,, , 把代入得: , 解得: , 或, 或. 【点睛】本题主要考查整式的乘法,掌握整式的乘法是解决问题的关键. 9.(1)见解析 (2),3 (3)m=105,n=150 【分析】(1)由条件易证,得,即可得证. (2)PD=AD-AP=6-x,点P在线段BC上且不与B、C重合时, AP有最小值,即AD⊥ 解析:(1)见解析 (2),3 (3)m=105,n=150 【分析】(1)由条件易证,得,即可得证. (2)PD=AD-AP=6-x,点P在线段BC上且不与B、C重合时, AP有最小值,即AD⊥BC时AP的长度,此时PD可得最大值. (3)为与的角平分线的交点,应用“三角形内角和等于180°”及角平分线定义,即可表示出,从而得到m,n的值. (1) 解:在和中,如图1 即 (2) 解: 当AD⊥BC时,AP=AB=3最小,即PD=6﹣3=3为PD的最大值 (3) 解:如图2,设则 为与的角平分线的交点 即 【点睛】本题是一道几何综合题,考查了点到直线的距离垂线段最短,30°的角所对的直角边等于斜边的一半,全等三角形的判定和性质,角平分线定义等,解题关键是将PD最大值转化为PA的最小值.- 配套讲稿:
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