数学初二上册压轴题检测试题附解析(一).doc

数学初二上册压轴题检测试题附解析（一）
1、我们不妨约定：把“有一组邻边相等”的凸四边形叫做“菠菜四边形”．

(1)如下：①平行四边形，②矩形，③菱形，④正方形，一定是“菠菜四边形”的是________（填序号）；
(2)如图1，四边形ABCD为“菠菜四边形”，且∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝AB，AE⊥CD于点E，若AE＝4，求四边形ABCD的面积；
(3)①如图2，四边形ABCD为“菠菜四边形”，且AB＝AD，记四边形ABCD，△BOC，△AOD的面积依次为S，，，若．求证：ADBC；
②在①的条件下，延长BA、CD交于点E，记BC＝m，DC＝n，求证：．
2、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）
3、已知，A(0，a)，B(b，0)，点为x轴正半轴上一个动点，AC＝CD，∠ACD＝90°．
（1）已知a，b满足等式｜a +b｜+b2+4b＝－3、
①求A点和B点的坐标；
②如图1，连BD交y轴于点H，求点H的坐标；

（2）如图2，已知a+b=0，OC＞OB，作点B关于y轴的对称点E，连DE，点F为DE的中点，连OF和CF，请补全图形，探究OF与CF有什么数量和位置关系，并证明你的结论．

4、等边中，点、分别在边、上，且，连接、交于点．
（1）如图1，求的度数；

图1
（2）连接，若，求的值；
（3）如图2，若点为边的中点，连接，且，则的大小是___________．

图2
5、阅读材料1：
对于两个正实数，由于，所以，即，所以得到，并且当时，
阅读材料2：
若，则 ，因为，，所以由阅读材料1可得：，即的最小值是2，只有时，即=1时取得最小值.
根据以上阅读材料，请回答以下问题：
(1)比较大小
(其中≥1)；        -2(其中<-1)
(2)已知代数式变形为，求常数的值
(3)当= 时，有最小值，最小值为 (直接写出答案).
6、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．

7、在平面直角坐标系中，点A(a，0)，点B(0，b)，已知a，b满足．

（1）求点A和点B的坐标；
（2）如图1，点E为线段OB的中点，连接AE，过点A在第二象限作，且，连接BF交x轴于点D，求点D和点F的坐标；：
（3）在（2）的条件下，如图2，过点E作交AB于点P，M是EP延长线上一点，且，连接MO，作，ON交BA的延长线于点N，连接MN，求点N的坐标．
8、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）．

【参考答案】
1、(1)③ ④
(2)16
(3)①见解析；②见解析
【分析】（1）根据菠菜四边形的定义结合各个特殊四边形的定义即可得出结论；
（2）过A作，交CB的延长线于F，求出四边形AFCE是矩形，则，求出，得
【解析】(1)③ ④
(2)16
(3)①见解析；②见解析
【分析】（1）根据菠菜四边形的定义结合各个特殊四边形的定义即可得出结论；
（2）过A作，交CB的延长线于F，求出四边形AFCE是矩形，则，求出，得出，有全等的出AE=AF=3，，求出，求出，代入求解即可；
（3）记面积为，则，，根据已知条件可得，进而可得，得出
由平分线的性质结合等腰三角形的性质可得BD平分，过点D作于点H，作于点N，则DH=DN,则，由此即可得出结论．
（1）
根据菱形于正方形的定义值，一定是菠菜四边形的是菱形与正方形，
故答案为：③④
（2）
如图，过A作，交CB的延长线于F，

∴ 四边形AFCE是矩形
则

四边形AFCE是正方形，

即四边形ABCD的面积为16
（3）
①记，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
如图：作，

∴
∴ AMAD
∴四边形AMND为平行四边形
∴ADMN
∴ADBC
②∵ADBC
∴
又∵AD＝AB
∴
∴
∴BD平分
如图：

∵
∴
∴
又∵
∴
∴
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，三角形的面积，角平分线的性质，对于同第登高的三角形的面积相等的推到是关键．
2、(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．
3、（1）①A（0，2），B（-2，0）；②H（0，-2）；（2）CF⊥OF，CF=OF，证明见解析．
【分析】（1）①利用绝对值、完全平方的非负性的应用，求出a、b的值，即可得到答案；
②过C作y轴垂
【解析】（1）①A（0，2），B（-2，0）；②H（0，-2）；（2）CF⊥OF，CF=OF，证明见解析．
【分析】（1）①利用绝对值、完全平方的非负性的应用，求出a、b的值，即可得到答案；
②过C作y轴垂线交BA的延长线于E，然后证明△CEA≌△CBD，得到OB=OH，即可得到答案；
（2）由题意，先证明△DFG≌△EFO，然后证明△DCG≌△ACO，得到△OCG是等腰直角三角形，再根据三线合一定理，即可得到结论成立．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴A（0，2），B（2，0）；
②过C作x轴垂线交BA的延长线于E，

∵OA=OB=2，∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO=45°，
∵EC⊥BC，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴BC=EC，∠BCE=90°=∠ACD，
∴∠ACE=∠DCB，
∵AC=DC，
∴△CEA≌△CBD，
∴∠CBD=∠E=45°，
∴OH=OB=2，
∴H（0，2）；
（2）补全图形，如图：

∵点B、E关于y轴对称，
∴OB=OE，
∵a+b=0，即
∴OA=OB=OE
延长OF至G使FG=OF，连DG，CG，
∵OF=FG，∠OFE=∠DFG，EF=DF
∴△DFG≌△EFO
∴DG=OE=OA，∠DGF=∠EOF
∴DG∥OE
∴∠CDG=∠DCO；
∵∠ACO+∠CAO=∠ACO+∠DCO=90°，
∴∠DCO=∠CAO；
∴∠CDG=∠DCO=∠CAO；
∵CD=AC，OA=DG
∴△DCG≌△ACO
∴OC=GC，∠DCG=∠ACO
∴∠OCG=90°，
∴∠COF=45°，
∴△OCG是等腰直角三角形，
由三线合一定理得CF⊥OF
∵∠OCF=∠COF=45°，
∴CF=OF；
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，非负性的应用，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线进行解题．
4、（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由是等边三角形，可得出，，再利用，可证，得出，由可求出，最后由补角定义求出.
（2）在上取点，使，由可证，再利用，，可证明，进而求出，再用补角的性质得知，在中利
【解析】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由是等边三角形，可得出，，再利用，可证，得出，由可求出，最后由补角定义求出.
（2）在上取点，使，由可证，再利用，，可证明，进而求出，再用补角的性质得知，在中利用外角的性质可求出，进而证出为等腰三角形，最后可证出即可求解.
（3）延长至，使为等边三角形，延长交于，可得出，进而得出，利用角的和差得出，则证出，进而证出，再利用，证出为等边三角形，进而证出.
【详解】（1）∵是等边三角形，
∴，，
在和中，
，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）在上取点，使．

由（1）知，
又，
∴．
在和中，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）．
提示：目测即得答案．详细理由如下：
由（1）知．延长至，使为等边三角形．

延长交于．
∵ ，
∴，
在和中，
,
∴，
∴．
∴，
∴．
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∵
∴为等边三角形，
∴
∴．
【点睛】此题是三角形综合题，主要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，熟练掌握全等三角形的判定和性质及等边三角形的判定和性质是解题的关键.
5、（1）；（2）；（3）0，2、
【分析】（1）根据求差法比较大小，由材料1可知将结果用配方法变形即可得出结论.
（2）根据材料（2）的方法，把代数式变形为，解答即可；
（3）先将变形为,由材料（2）
【解析】（1）；（2）；（3）0，2、
【分析】（1）根据求差法比较大小，由材料1可知将结果用配方法变形即可得出结论.
（2）根据材料（2）的方法，把代数式变形为，解答即可；
（3）先将变形为,由材料（2）可知时（即x=0，）有最小值．
【详解】解：（1），所以；
当时，由阅读材料1可得，，
所以；
（2）

，
所以；
（3）

∵x≥0，
∴
即：当时，有最小值，
∴当x=0时，有最小值为3.
【点睛】本题主要考查了分式的混合运算和配方法的应用．读懂材料并加以运用是解题的关键．
6、（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
【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．
7、（1），；（2）D(-1，0)，F(-2，4)；（3）N(-6，2)
【分析】（1）结合题意，根据绝对值和乘方的性质，得，，通过求解一元一次方程，得，；结合坐标的性质分析，即可得到答案；
（2）如图
【解析】（1），；（2）D(-1，0)，F(-2，4)；（3）N(-6，2)
【分析】（1）结合题意，根据绝对值和乘方的性质，得，，通过求解一元一次方程，得，；结合坐标的性质分析，即可得到答案；
（2）如图，过点F作FH⊥AO于点H，根据全等三角形的性质，通过证明，得AH=EO=2，FH=AO=4，从而得OH =2，即可得点F坐标；通过证明，推导得HD=OD=1，即可得到答案；
（3）过点N分别作NQ⊥ON交OM的延长线于点Q，NG⊥PN交EM的延长线于点G，再分别过点Q和点N作QR⊥EG于点R，NS⊥EG于点S，根据余角和等腰三角形的性质，通过证明等腰和等腰，推导得，再根据全等三角形的性质，通过证明，得等腰，再通过证明，得NS=EM=4，MS=OE=2，即可完成求解．
【详解】（1）∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，．
（2）如图，过点F作FH⊥AO于点H

∵AF⊥AE
∴∠FHA=∠AOE=90°，
∵
∴∠AFH=∠EAO
又∵AF=AE，
在和中

∴
∴AH=EO=2，FH=AO=4
∴OH=AO-AH=2
∴F(-2，4)
∵OA=BO，
∴FH=BO
在和中

∴
∴HD=OD
∵
∴HD=OD=1
∴D(-1，0)
∴D(-1，0)，F(-2，4)；
（3）如图，过点N分别作NQ⊥ON交OM的延长线于点Q，NG⊥PN交EM的延长线于点G，再分别过点Q和点N作QR⊥EG于点R，NS⊥EG于点S

∴
∴，
∴
∴
∴
∴等腰
∴NQ=NO，
∵NG⊥PN, NS⊥EG
∴
∴，
∴
∵，
∴
∵点E为线段OB的中点
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴等腰
∴NG=NP，
∵
∴
∴∠QNG=∠ONP
在和中

∴
∴∠NGQ=∠NPO，GQ=PO
∵，
∴PO=PB
∴∠POE=∠PBE=45°
∴∠NPO=90°
∴∠NGQ=90°
∴∠QGR=45°.
在和中

∴．
∴QR=OE
在和中

∴
∴QM=OM.
∵NQ=NO，
∴NM⊥OQ
∵
∴等腰
∴
∵
∴
在和中

∴
∴NS=EM=4，MS=OE=2
∴N(-6，2)．
【点睛】本题考查了直角坐标系、全等三角形、直角三角形、等腰三角形、绝对值、乘方的知识；解题的关键是熟练掌握直角坐标系、全等三角形、等腰三角形的性质，从而完成求解．
8、（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，∠BD
【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．