初二上学期压轴题数学综合试题答案[002].doc

初二上学期压轴题数学综合试题答案
1．在平面直角坐标系中，A(a，0)，B(0，b)分别是x轴负半轴和y轴正半轴上一点，点C与点A关于y轴对称，点P是x轴正半轴上C点右侧一动点．
（1）当2a2+4ab+4b2+2a+1＝0时，求A，B的坐标；
（2）当a+b＝0时，
①如图1，若D与P关于y轴对称，PE⊥DB并交DB延长线于E，交AB的延长线于F，求证：PB＝PF；
②如图2，把射线BP绕点B顺时针旋转45o，交x轴于点Q，当CP＝AQ时，求∠APB的大小．

2．如图，在平面直角坐标系中，点A(a，0)，B(0，b)，且a，b满足．
（1）直接写出______，______；
（2）连接AB，P为内一点，．
①如图1，过点作，且，连接并延长，交于．求证：；
②如图2，在的延长线上取点，连接．若，点P(2n，−n)，试求点的坐标．

3．如图1,在平面直角坐标系中, ,动点从原点出发沿轴正方向以的速度运动,动点也同时从原点出发在轴上以的速度运动,且满足关系式,连接,设运动的时间为秒.
(1)求的值;
(2)当为何值时，
(3)如图2,在第一象限存在点,使,求.

4．在平面直角坐标系中，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，点A与点C关于y轴对称．

(1)如图1，OA=OB，AF平分∠BAC交BC于F，BE⊥AF交AC于E，请直接写出EF与EC的数量关系为　 　；
(2)如图2，AF平分∠BAC交BC于F，若AF=2OB，求∠ABC的度数；
(3)如图3，OA=OB，点G在BO的垂直平分线上，作∠GOH=45°交BA的延长线于H，连接GH，试探究OG与GH的数量和位置关系．
5．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）．
6．已知：在平面直角坐标系中，A为x轴负半轴上的点，B为y轴负半轴上的点．
(1)如图1，以A点为顶点、AB为腰在第三象限作等腰，若，，求C点的坐标；

(2)如图2，若点A的坐标为，点B的坐标为，点D的纵坐标为n，以B为顶点，BA为腰作等腰．当B点沿y轴负半轴向下运动且其他条件都不变时，整式的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理出；

(3)如图3，若，于点F，以OB为边作等边，连接AM交OF于点N，若，，请直接写出线段AM的长．

7．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．
8．已知：为的中线，分别以和为一边在的外部作等腰三角形和等腰三角形，且，连接，．

(1)如图1，若，求的度数．
(2)如图1，求证：．
(3)如图2，设交于点，交于点与交于点，若点为中点，且，请探究和的数量关系，并直接写出答案（不需要证明）．
【参考答案】
2．（1）；（2）①见解析；②∠APB＝22.5°
【分析】（1）利用非负数的性质求解即可；
（2）①想办法证明∠PBF＝∠F，可得结论；②如图2中，过点Q作QF⊥QB交PB于F，过点F作FH⊥x轴
解析：（1）；（2）①见解析；②∠APB＝22.5°
【分析】（1）利用非负数的性质求解即可；
（2）①想办法证明∠PBF＝∠F，可得结论；②如图2中，过点Q作QF⊥QB交PB于F，过点F作FH⊥x轴于H，可得等腰直角△BQF，证明△FQH≌△QBO（AAS），再证明FQ＝FP即可解决问题．
【详解】解：（1）∵2a2+4ab+4b2+2a+1＝0，
∴（a+2b）2+（a+1）2＝0，
∵（a+2b）2≥0 ，（a+1）2≥0，
∴a+2b＝0，a+1＝0，
∴a＝﹣1，b＝，
∴A（﹣1，0），B(0，）．
（2）①证明：如图1中，

∵a+b＝0，
∴a＝﹣b，
∴OA＝OB，
   又∵∠AOB＝90°，
∴∠BAO＝∠ABO＝45°，
∵D与P关于y轴对称，
∴BD＝BP，
∴∠BDP＝∠BPD，
设∠BDP＝∠BPD＝α，
则∠PBF＝∠BAP+∠BPA＝45°+α，
∵PE⊥DB，
∴∠BEF＝90°，
∴∠F＝90°﹣∠EBF，
又∠EBF＝∠ABD＝∠BAO﹣∠BDP＝45°﹣α，
∴∠F＝45°+α，
∴∠PBF＝∠F，
∴PB＝PF．
②解：如图2中，过点Q作QF⊥QB交PB于F，过点F作FH⊥x轴于H．可得等腰直角△BQF，

∵∠BOQ＝∠BQF＝∠FHQ＝90°，
∴∠BQO+∠FQH＝90°，∠FQH+∠QFH＝90°，
∴∠BQO＝∠QFH，
∵QB＝QF，
∴△FQH≌△QBO（AAS），
∴HQ＝OB＝OA，
∴HO＝AQ＝PC，
∴PH＝OC＝OB＝QH，
∴FQ＝FP，
又∠BFQ＝45°，
∴∠APB＝22.5°．
【点睛】本题考查完全平方公式、实数的非负性、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，解题的关键是综合运用相关知识解题．
3．（1）3，；（2）①见解析；②的坐标为(，)
【分析】（1）先利用幂的乘方和积的乘方化简，再利用单项式的性质求解即可；
（2）①连接AC，过点B作BN⊥BP，交CP的延长线于点N，利用SAS证明
解析：（1）3，；（2）①见解析；②的坐标为(，)
【分析】（1）先利用幂的乘方和积的乘方化简，再利用单项式的性质求解即可；
（2）①连接AC，过点B作BN⊥BP，交CP的延长线于点N，利用SAS证明△OPB≌△OCA，再证明△BNP为等腰直角三角形，利用AAS证明△ACD≌△BND，即可证明AD=DB；
②作出如图所示的辅助线，证明△BMP为等腰直角三角形，利用AAS证明△PBF≌△MPE，求得E(2n，n) ，M(3n−3，n)，证明点M，E关于y轴对称，得到3n−3+2n=0，即可求解．
【详解】（1）∵，
∴，
∴，，
解得：，，
故答案为：3，；
（2）①连接AC，

∵∠COP=∠AOB=90°，
∴∠COP-∠AOP =∠AOB-∠AOP，
∴，
在△OPB和△OCA中，
，
∴△OPB≌△OCA(SAS)，
∴AC=BP，∠OCA=∠OPB=90°，
过点B作BN⊥BP，交CP的延长线于点N，
∵∠COP=90°，OP=OC，
∴∠OCP=∠OPC=∠ACP=45°，
∵∠OPB=90°，
∴∠BPN=45°，
∴△BNP为等腰直角三角形，
∴∠BPN=∠N=45°，
∴BN=BP=AC，
在△ACD和△BND中，
，
∴△ACD≌△BND(AAS)，
∴AD=DB；
②∵∠AOB=90°，AO=OB，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴∠OBA=45°，
∵∠MBO=∠ABP，
∴∠MBO+∠OBP=∠ABP+∠OBP=∠OBA=45°，
∴∠MBP=45°，
∵OP⊥BP，
∴△BMP为等腰直角三角形，
∴MP=BP，
过点P作y轴的平行线EF，分别过M，B作ME⊥EF于E，BF⊥EF于F，EF交x轴于G，ME交y轴于H，连接OE，

∴∠MPE+∠EMP=∠MPE +∠FPB=90°，
∴∠EMP=∠FPB，
在△PBF和△MPE中，
，
∴△PBF≌△MPE(AAS)，
∴BF=EP，PF=ME，
∵P(2n，−n)，
∴BF=EP=EH=2n，PG=EG=n，PF=ME=3−n，
∴MH=ME-EH=3−n−2n=3−3n，
∴E(2n，n) ，M(3n−3，n)，
∴点P，E关于x轴对称，
∴OE=OP，∠OEP=∠OPE，
同理OM=OE，点M，E关于y轴对称，
∴3n−3+2n=0，
解得，即点M的坐标为(，)．
【点睛】本题考查了坐标与图形、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，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，利用全等三角形的性质解决问题．
4．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）把满足的关系式转化为非负数和的形式即可解答；
（2）画出图形，动点运动方向有两种情况，分情况根据列方程解答即可；
【详解】解：（1）
（
解析：（1）；（2）；（3）
【分析】（1）把满足的关系式转化为非负数和的形式即可解答；
（2）画出图形，动点运动方向有两种情况，分情况根据列方程解答即可；
【详解】解：（1）

（2）当动点沿轴正方向运动时，如解图-2-1：

当动点沿轴负方向运动时，如解图-2-2：

（3）过作，连

在与

∴，

在与中

∴，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
又∵
∴
∵
∴
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造三角形是本题的关键．
5．(1)EF＝EC
(2)72°
(3)GH＝GO，GH⊥GO
【分析】（1）如图1中，设AF交BE于点J．首先证明AB=AE，再证明∠AEF=∠ABF=90°，可得结论；
（2）如图2中，取
解析：(1)EF＝EC
(2)72°
(3)GH＝GO，GH⊥GO
【分析】（1）如图1中，设AF交BE于点J．首先证明AB=AE，再证明∠AEF=∠ABF=90°，可得结论；
（2）如图2中，取CF的中点T，连接OT．由OA=OC，BO⊥AC，推出BA=BC，推出∠BAC=∠BCA，∠ABO=∠CBO，设∠BAC=∠BCA=2α，利用三角形内角和定理，构建方程求解即可；
（3）结论：OG=GH，OG⊥GH．如图3中，连接GB，在BA上取一点H′，使得GB=GH′，连接OH′，设AB交DG于点W，交OG于点K，连接OW．证明∠GOH′=GOH=45°，推出点H与点H′重合，可得结论．
（1）解：（1）结论：EF=EC．理由：如图1中，设AF交BE于点J．∵AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠CAF，∵BE⊥AF，∴∠BAF+∠ABE=90°，∠CAF+∠AEB=90°，∴∠ABE=∠AEB，∴AB=AE，∵A，C关于y轴对称，∴OA=OC，∵OA=OB，∴OA=OB=OC，∴∠OAB=∠OBA=45°，∠OCB=∠OBC=45°，∴∠ABC=90°，在△ABF和△AEF中，，∴△ABF≌△AEF（SAS），∴∠AEF=∠ABF=90°，∴∠CEF=90°，∴∠ECF=∠EFC=45°，∴EF=EC；
（2）解：如图2中，取CF的中点T，连接OT．∵AO=OC，FT=TC，∴OT∥AF，OT=AF，∵AF=2OB，∴OB=OT，∴∠OBT=∠OTB，∵OA=OC，BO⊥AC，∴BA=BC，∴∠BAC=∠BCA，∠ABO=∠CBO，设∠BAC=∠BCA=2α，∵AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠CAF=α，∵OT∥AF，∴∠TOC=∠CAF=α，∴∠OBT=∠OTB=∠TOC+∠TCO=3α，∵∠OBC+∠OCB=90°，∴5α=90°，∴α=18°，∴∠OBC=36°，∴∠ABC=2∠OBC=72°；
（3）解：结论：OG=GH，OG⊥GH．理由：如图3中，连接GB，在BA上取一点H′，使得GB=GH′，连接OH′，设AB交DG于点W，交OG于点K，连接OW．设∠OGB=m，∠OGH′=n，∵GD垂直平分线段OB，∴GB=GO，∠DGB=∠DGO=m，∵GB=GO=GH′，∴∠GH′O=（180°-n）=90°-n，∠GH′B=（180°-m-n）=90°-m-n，∴∠KH′O=∠GH′O-∠GH′B=90°-n-（90°-m-n）=m，∴∠KH′O=∠KGW，∵∠GKW=∠H′KO，∴∠H′OK=∠GWK，∵DG∥OA，∴∠GWK=∠OAB=45°，∴∠COH′=45°，∵∠COH=45°，∴∠COH=∠COH′，∴点H与点H′重合，∴OG=GH，∴∠GHO=∠GOH=45°，∴∠OGH=90°，∴GH=GO，GH⊥GO．
【点睛】本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，等腰三角形的性质等知识，第三个问题比较难，采用了同一法解决问题．
6．(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．
7．(1)
(2)整式的值不发生变化．其值为
(3)
【分析】（1）过点作于点，可以证明，由，，再由条件就可以求出的坐标；
（2）过点作于点，可以证明，则有为定值，从而可以得出结论的值不变为；
解析：(1)
(2)整式的值不发生变化．其值为
(3)
【分析】（1）过点作于点，可以证明，由，，再由条件就可以求出的坐标；
（2）过点作于点，可以证明，则有为定值，从而可以得出结论的值不变为；
（3）在上截取，连接，证明，由全等三角形的性质得出．由等腰三角形的性质可得出结论．
(1)
解：如图1，过点作于点，

，
等腰直角三角形，
，，
．
，
，．
，，
，，
，
；
(2)
解：整式的值不会变化．
理由如下：
如图2，过点作于点，

，
等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
当点沿轴负半轴向下运动时，
，
整式的值不变，为；
(3)
．
证明：如图3，在上截取，连接，

是等边三角形，
，，

为等腰直角三角形，
，，
，
,
，
，，
，
，
．
，
，，
，
，

，
，
，
，
即．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，正确的做出辅助线并证明三角形全等是解决问题的关键．
8．(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；
（
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）2．
【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．
9．(1)∠BAC=50°；
(2)见解析；
(3)
【分析】（1）利用三角形内角和定理求出∠EAB和∠CAF，再根据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
解析：(1)∠BAC=50°；
(2)见解析；
(3)
【分析】（1）利用三角形内角和定理求出∠EAB和∠CAF，再根据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）先证明△ACD≌△FAG，推出∠ACD=∠FAG，再证明∠BCF=150°即可．
(1)
∵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：延长AD至H，使DH=AD，连接BH，
∵EF=2AD，
∴AH=EF，
在△BDH和△CDA中，
，
∴△BDH≌△CDA，
∴HB=AC=AF，∠BHD=∠CAD，
∴AC∥BH，
∴∠ABH+∠BAC=180°，
∵∠EAF+∠BAC=180°，
∴∠EAF=∠ABH，
在△ABH和△EAF中，
，
∴△ABH≌△EAF，
∴∠AEF=∠ABH，EF=AH=2AD，

(3)
结论：∠GAF-∠CAF=60°．
由（1）得，AD=EF，又点G为EF中点，
∴EG=AD，
在△EAG和△ABD中，
，
∴△EAG≌△ABD，
∴∠EAG=∠ABC=60°，
∴△AEB是等边三角形，
∴∠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，涉及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．