初二上学期压轴题强化数学综合检测试题带解析(一).doc
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初二上学期压轴题强化数学综合检测试题带解析(一) 1、△ABC、△DPC都是等边三角形. (1)如图1,求证:AP=BD; (2)如图2,点P在△ABC内,M为AC的中点,连PM、PA、PB,若PA⊥PM,且PB=2PM. ①求证:BP⊥BD; ②判断PC与PA的数量关系并证明. 2、完全平方公式:适当的变形,可以解决很多的数学问题. 例如:若,求的值. 解:因为 所以 所以 得. 根据上面的解题思路与方法,解决下列问题: (1)若,求的值; (2)①若,则 ; ②若则 ; (3)如图,点是线段上的一点,以为边向两边作正方形,设,两正方形的面积和,求图中阴影部分面积. 3、操作发现:如图1,D是等边△ABC边BA上的一动点(点D与点B不重合),连接DC,以DC为边在BC上方作等边△DCF,连接AF,易证AF=BD(不需要证明); 类比猜想:①如图2,当动点D运动至等边△ABC边BA的延长线上时,其它作法与图1相同,猜想AF与BD在图1中的结论是否仍然成立。 深入探究:②如图3,当动点D在等边△ABC边BA上的一动点(点D与点B不重合),连接DC,以DC为边在BC上方、下方分别作等边△DCF和等边△DCF′,连接AF,BF′你能发现AF,BF′与AB有何数量关系,并证明你发现的结论。 ③如图4,当动点D运动至等边△ABC边BA的延长线上时,其它作法与图3相同,猜想AF,BF′与AB在上题②中的结论是否仍然成立,若不成立,请给出你的结论并证明。 4、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. 5、方法探究: 已知二次多项式,我们把代入多项式,发现,由此可以推断多项式中有因式(x+3).设另一个因式为(x+k),多项式可以表示成,则有,因为对应项的系数是对应相等的,即,解得,因此多项式分解因式得:.我们把以上分解因式的方法叫“试根法”. 问题解决: (1)对于二次多项式,我们把x= 代入该式,会发现成立; (2)对于三次多项式,我们把x=1代入多项式,发现,由此可以推断多项式中有因式(),设另一个因式为(),多项式可以表示成,试求出题目中a,b的值; (3)对于多项式,用“试根法”分解因式. 6、(1)如图1,已知:在ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,直线m经过点A,BD⊥直线m,CE⊥直线m,垂足分别为点D、E. 证明:DE=BD+CE.(提示:由于DE=AD+AE,证明AD=CE,AE=BD即可) (2)如图2,将(1)中的条件改为:在ABC中,AB=AC,D、A、E三点都在直线m上,并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=,其中为任意钝角,请问结论DE=BD+CE是否成立?如成立,请你给出证明;若不成立,请说明理由. (3)如图3,D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点(D、A、E三点互不重合),点F为∠BAC平分线上的一点,且ABF和ACF均为等边三角形,连接BD、CE,若∠BDA=∠AEC=∠BAC,试证明DEF是等边三角形. 7、如图,在平面直角坐标系中,点A(0,3),B(,0),AB =6,作∠DBO=∠ABO,点H为y轴上的点,∠CAH=∠BAO,BD交y轴于点E,直线DO交AC于点C. (1)证明:△ABE为等边三角形; (2)若CD⊥AB于点F,求线段CD的长; (3)动点P从A出发,沿A﹣O﹣B路线运动,速度为1个单位长度每秒,到B点处停止运动;动点Q从B出发,沿B﹣O﹣A路线运动,速度为2个单位长度每秒,到A点处停止运动.两点同时开始运动,都要到达相应的终点才能停止.在某时刻,作PM⊥CD于点M,QN⊥CD于点N.问两动点运动多长时间时△OPM与△OQN全等? 8、已知:,. (1)当a,b满足时,连接AB,如图1. ①求:的值. ②点M为线段AB上的一点(点M不与A,B重合,其中BM>AM),以点M为直角顶点,OM为腰作等腰直角△MON,连接BN,求证:. (2)当,,连接AB,若点,过点D作于点E,点B与点C关于x轴对称,点F是线段DE上的一点(点F不与点E,D重合)且满足,连接AF,试判断线段AC与AF之间的位置关系和数量关系,并证明你的结论. 【参考答案】 1、(1)证明过程见解析; (2)①证明过程见解析;②PC=2PA,理由见解析. 【分析】(1)证明△BCD≌△ACP(SAS),可得结论; (2)①如图2中,延长PM到K,使得MK=PM,连接CK.证 【解析】(1)证明过程见解析; (2)①证明过程见解析;②PC=2PA,理由见解析. 【分析】(1)证明△BCD≌△ACP(SAS),可得结论; (2)①如图2中,延长PM到K,使得MK=PM,连接CK.证明△AMP≌△CMK(SAS),推出MP=MK,AP=CK,∠APM=∠K=90°,再证明△PDB≌△PCK(SSS),可得结论; ②结论:PC=2PA.想办法证明∠DPB=30°,可得结论. (1)证明:如图1中,∵△ABC,△CDP都是等边三角形,∴CB=CA,CD=CP,∠ACB=∠DCP=60°,∴∠BCD=∠ACP,在△BCD和△ACP中,,∴△BCD≌△ACP(SAS),∴BD=AP; (2)证明:如图2中,延长PM到K,使得MK=PM,连接CK.∵AP⊥PM,∴∠APM=90°,在△AMP和△CMK中,,∴△AMP≌△CMK(SAS),∴MP=MK,AP=CK,∠APM=∠K=90°,同法可证△BCD≌△ACP,∴BD=PA=CK,∵PB=2PM,∴PB=PK,∵PD=PC,∴△PDB≌△PCK(SSS),∴∠PBD=∠K=90°,∴PB⊥BD.②解:结论:PC=2PA.∵△PDB≌△PCK,∴∠DPB=∠CPK,设∠DPB=∠CPK=x,则∠BDP=90°-x,∵∠APC=∠CDB,∴90°+x=60°+90°-x,∴x=30°,∴∠DPB=30°,∵∠PBD=90°,∴PD=2BD,∵PC=PD,BD=PA,∴PC=2PA. 【点睛】本题属于三角形综合题,考查了全等三角形的判定和性质,等边三角形的性质,直角三角形30°角的性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,关注全等三角形解决问题. 2、(1)12;(2)①6;②17;(3) 【分析】(1)根据完全平方公式的变形应用,解决问题; (2)①两边平方,再将代入计算; ②两边平方,再将代入计算; (3)由题意可得:,,两边平方从而得到,即 【解析】(1)12;(2)①6;②17;(3) 【分析】(1)根据完全平方公式的变形应用,解决问题; (2)①两边平方,再将代入计算; ②两边平方,再将代入计算; (3)由题意可得:,,两边平方从而得到,即可算出结果. 【详解】解:(1); ; ; 又; , , ∴. (2)①, ; 又, . ②由, ; 又, . (3)由题意可得,,; ,; , ; 图中阴影部分面积为直角三角形面积, , . 【点睛】本题主要考查了完全平方公式的适当变形灵活应用,(1)可直接应用公式变形解决问题.(2)①②小题都需要根据题意得出两个因式和或者差的结果,合并同类项得①,②是解决本题的关键,再根据完全平方公式变形应用得出答案.(3)根据几何图形可知选段,再根据两个正方形面积和为18,利用完全平方公式变形应用得到,再根据直角三角形面积公式得出答案. 3、①成立,证明见详解;②AF+BF′=AB,证明见详解;③不成立,AF=AB+BF′,证明见详解. 【分析】类比猜想:①通过证明△BCD≌△ACF,即可证明AF=BD; 深入探究:②AF+BF′=AB 【解析】①成立,证明见详解;②AF+BF′=AB,证明见详解;③不成立,AF=AB+BF′,证明见详解. 【分析】类比猜想:①通过证明△BCD≌△ACF,即可证明AF=BD; 深入探究:②AF+BF′=AB,利用全等三角形△BCD≌△ACF(SAS)的对应边BD=AF;同理△BCF′≌△ACD(SAS),则BF′=AD,所以AF+BF′=AB; ③结论不成立.新的结论是AF=AB+BF′;通过证明△BCF′≌△ACD(SAS),则BF′=AD(全等三角形的对应边相等);再结合(2)中的结论即可证得AF=AB+BF′. 【详解】解:类比猜想:①如图2中, ∵△ABC是等边三角形(已知), ∴BC=AC,∠BCA=60°(等边三角形的性质); 同理知,DC=CF,∠DCF=60°; ∴∠BCA+∠DCA=∠DCF+∠DCA,即∠BCD=∠ACF; 在△BCD和△ACF中, ∴△BCD≌△ACF(SAS), ∴BD=AF(全等三角形的对应边相等); 深入探究:②如图示 AF+BF′=AB; 证明如下:由①条件可知:∠BCA-∠DCA=∠DCF-∠DCA,即∠BCD=∠ACF, ∴同理可证△BCD≌△ACF(SAS),则BD=AF; 同理△BCF′≌△ACD(SAS),则BF′=AD, ∴AF+BF′=BD+AD=AB; ③结论不成立.新的结论是AF=AB+BF′; 如图示: 证明如下: ∵等边△DCF和等边△DCF′,由①同理可知: 在△BCF′和△ACD中, ∴△BCF′≌△ACD(SAS), ∴BF′=AD(全等三角形的对应边相等); 又由②知,AF=BD; ∴AF=BD=AB+AD=AB+BF′,即AF=AB+BF′. 【点睛】本题属于三角形综合题,考查了等边三角形的性质,全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题. 4、(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 【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. 5、(1)±2 (2)a=0,b=-3; (3) 【分析】(1)将x=±2代入即可; (2)由题意得x3-x2-3x+3=x3-(1-a)x2-(a-b)x-b,再由系数关系求a、b即可; (3)多项式 【解析】(1)±2 (2)a=0,b=-3; (3) 【分析】(1)将x=±2代入即可; (2)由题意得x3-x2-3x+3=x3-(1-a)x2-(a-b)x-b,再由系数关系求a、b即可; (3)多项式有因式(x-2),设另一个因式为(x2+ax+b),则x3+4x2-3x-18=x3+(a-2)x2-(2a-b)x-2b,再由系数关系求a、b即可. (1) 解:当x=±2时,x2-4=0, 故答案为:±2; (2) 解:由题意可知x3-x2-3x+3=(x-1)(x2+ax+b), ∴x3-x2-3x+3=x3-(1-a)x2-(a-b)x-b, ∴1-a=1,b=-3, ∴a=0,b=-3; (3) 解:当x=2时,x3+4x2-3x-18=8+16-6-18=0, ∴多项式有因式(x-2), 设另一个因式为(x2+ax+b), ∴x3+4x2-3x-18=(x-2)(x2+ax+b), ∴x3+4x2-3x-18=x3+(a-2)x2-(2a-b)x-2b, ∴a-2=4,2b=18, ∴a=6,b=9, ∴x3+4x2-3x-18=(x-2)(x2+6x+9)=(x-2)(x+3)1、 【点睛】本题考查因式分解的意义,理解“试根法”的本质,多项式乘多项式的正确展开是解题的关键. 6、(1)见解析;(2)成立,见解析;(3)见解析 【分析】(1)运用AAS证明△ADB≌△CEA即可; (2)运用AAS证明△ADB≌△CEA即可; (3)运用SAS证明△DBF≌△EAF,后运用有一 【解析】(1)见解析;(2)成立,见解析;(3)见解析 【分析】(1)运用AAS证明△ADB≌△CEA即可; (2)运用AAS证明△ADB≌△CEA即可; (3)运用SAS证明△DBF≌△EAF,后运用有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可. 【详解】(1)如图1,∵BD⊥直线m,CE⊥直线m, ∴∠BDA=∠CEA=90°, ∵∠BAC=90°, ∴∠BAD+∠CAE=90° ∵∠BAD+∠ABD=90°, ∴∠CAE=∠ABD, 在△ADB和△CEA中,, ∴△ADB≌△CEA(AAS), ∴AE=BD,AD=CE, ∴DE=AE+AD=BD+CE; (2)如图2, ∵∠BDA=∠BAC=α, ∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=, ∴∠DBA=∠CAE, 在△ADB和△CEA中,, ∴△ADB≌△CEA(AAS), ∴AE=BD,AD=CE, ∴DE=AE+AD=BD+CE; (3)如图3, 由(2)可知,△ADB≌△CEA, ∴BD=AE,∠DBA=∠CAE, ∵△ABF和△ACF均为等边三角形, ∴∠ABF=∠CAF=60°,BF=AF, ∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF, ∴∠DBF=∠FAE, ∵在△DBF和△EAF中, , ∴△DBF≌△EAF(SAS), ∴DF=EF,∠BFD=∠AFE, ∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°, ∴△DEF为等边三角形. 【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质,等边三角形的判定,熟练掌握三角形全等的判定是解题的关键. 7、(1)详见解析;(2)CD=;(3)当两动点运动时间为、、6秒时,△OPM与△OQN全等. 【分析】(1)先证△AOB≌△EOB得到AE=BE=AB,从而可以得出结论; (2)由(1)知∠ABE=∠ 【解析】(1)详见解析;(2)CD=;(3)当两动点运动时间为、、6秒时,△OPM与△OQN全等. 【分析】(1)先证△AOB≌△EOB得到AE=BE=AB,从而可以得出结论; (2)由(1)知∠ABE=∠BEA=∠EAB=60°,进而得出∠AOF=30°,利用含30°角的直角三角形的性质得到AF、OF的长.再证明∠ACF=∠AOF=30°,∠D=30°,同理得出CF、DF的长,进而可得出结论. (3)设运动的时间为t秒.然后分四种情况讨论:①当点P、Q分别在y轴、x轴上时,;②当点P、Q都在y轴上时,;③当点P在x轴上,Q在y轴且二者都没有提前停止时,;④当点P在x轴上,Q在y轴且点Q提前停止时,,列方程求解即可. 【详解】(1)在△AOB与△EOB中,∵∠AOB=∠EOB,OB=OB,∠EBO=∠ABO,∴△AOB≌△EOB (ASA),∴AO=EO=3,BE=AB=6,∴AE=BE=AB=6,∴△ABE为等边三角形. (2)由(1)知∠ABE=∠BEA=∠EAB=60°. ∵CD⊥AB,∴∠AOF=30°,∴AF=. 在Rt△AOF中,OF=. ∵∠CAH=∠BAO =60°,∴∠CAF =60°,∠ACF=∠AOF=30°,∴AO=AC. 又∵CD⊥AB,∴CF=. ∵AB=6,AF=,∴BF=. 在Rt△BDF中,∠DBF =60°,∠D=30°,∴BD=. 由勾股定理得:∴DF=,∴CD=. (3)设运动的时间为t秒. ①当点P、Q分别在y轴、x轴上时,,PO=QO得:,解得:(秒); ②当点P、Q都在y轴上时,,PO=QO得:,解得(秒); ③当点P在x轴上,Q在y轴且二者都没有提前停止时,,则PO=QO,得:,解得:,不合题意,舍去. ④当点P在x轴上,Q在y轴且点Q提前停止时,有,解得:(秒). 综上所述:当两动点运动时间为、、6秒时,△OPM与△OQN全等. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定、含30°角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质,坐标与图形的性质.正确分类讨论是解题的关键. 8、(1)10;证明见解析; (2),,理由见解析; 【分析】(1)①利用可求出,,即可求出;②作交AB与点C,交AB与点F,证明,再证明,利用,即可证明; (2)证明,得到,,再利用等量代换证明; ( 【解析】(1)10;证明见解析; (2),,理由见解析; 【分析】(1)①利用可求出,,即可求出;②作交AB与点C,交AB与点F,证明,再证明,利用,即可证明; (2)证明,得到,,再利用等量代换证明; (1) 解:①由图可知, ∵ ∴,即, ∴,, ∴; ②作交AB与点C,交AB与点F,如图, ∵,, ∴, 在和中, ∴, ∴,,, ∵, ∴, ∴, ∴,即, ∵, ∴, ∴, ∵, ∴, 即, (2) 解:,,理由如下: 假设DE交BC于点G, 有已知可知:,,,, ∴, ∵ ∴ ∵,且, ∴, 在和中, ∴, ∴,, ∵, ∴, ∴, 【点睛】本题考查三角形全等的判定,等量代换,绝对值非负性的应用,直角坐标系中的图形,(1)的关键是证明,(2)的关键证明.- 配套讲稿:
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