初二数学上册压轴题模拟试题(一).doc

初二数学上册压轴题模拟试题（一）
1．（初步探索）（1）如图：在四边形中，，，、分别是、上的点，且，探究图中、、之间的数量关系．

(1)（1）小明同学探究此问题的方法是：延长到点，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是_____________；
(2)（灵活运用）（2）如图2，若在四边形中，，，、分别是、上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
2．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）．

3．如图1，在平面直角坐标系中，AO＝AB，∠BAO＝90°，BO＝8cm，动点D从原点O出发沿x轴正方向以acm/s的速度运动，动点E也同时从原点O出发在y轴上以bcm/s的速度运动，且a，b满足关系式a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0，连接OD，OE，设运动的时间为t秒．
（1）求a，b的值；
（2）当t为何值时，△BAD≌△OAE；
（3）如图2，在第一象限存在点P，使∠AOP＝30°，∠APO＝15°，求∠ABP．

4．如图，中，，．

（1）如图1，，，求证：；
（2）如图2，，，请直接用几何语言写出、的位置关系____________；
（3）证明（2）中的结论．
5．如图，在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），且|a+4|+b2﹣86+16＝0．

（1）求a，b的值；
（2）如图1，c为y轴负半轴上一点，连CA，过点C作CD⊥CA，使CD＝CA，连BD．求证：∠CBD＝45°；
（3）如图2，若有一等腰Rt△BMN，∠BMN＝90°，连AN，取AN中点P，连PM、PO．试探究PM和PO的关系．
6．以点为顶点作等腰，等腰，其中，如图1所示放置，使得一直角边重合，连接、．

（1）试判断、的数量关系，并说明理由；
（2）延长交于点试求的度数；
（3）把两个等腰直角三角形按如图2放置，（1）、（2）中的结论是否仍成立？请说明理由．

7．如图1，A（﹣2，6），C（6，2），AB⊥y轴于点B，CD⊥x轴于点D．

（1）求证：△AOB≌△COD；
（2）如图2，连接AC，BD交于点P，求证：点P为AC中点；
（3）如图3，点E为第一象限内一点，点F为y轴正半轴上一点，连接AF，EF．EF⊥CE且EF＝CE，点G为AF中点．连接EG，EO，求证：∠OEG＝45°．
8．在△ABC中，∠ACB＝90°，过点C作直线l∥AB，点B与点D关于直线l对称，连接BD交直线于点P，连接CD．点E是AC上一动点，点F是CD上一动点，点E从A点出发，以每秒1cm的速度沿A→C路径运动，终点为C．点F从D点出发，以每秒2cm的速度沿D→C→B→C→D路径运动，终点为D．点E、F同时开始运动，第一个点到达终点时第二个点也停止运动．

(1)当AC＝BC时，试证明A、C、D三点共线；（温馨提示：证明∠ACD是平角）
(2)若AC＝10cm，BC＝7cm，设运动时间为t秒，当点F沿D→C方向时，求满足CE＝2CF时t的值；
(3)若AC＝10cm，BC＝7cm，过点E、F分别作EM、FN垂直直线l于点M、N，求所有使△CEM≌△CFN成立的t的值．
【参考答案】
2．(1)（初步探索）结论：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；
(2)（灵活运用）成立，理由见解析
【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠D
解析：(1)（初步探索）结论：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；
(2)（灵活运用）成立，理由见解析
【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．
（1）
解：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF．
理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，

∵，
∴，
∵DG＝BE，，
∴△ABE≌△ADG，
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF=BE+FD，DG＝BE，
∴，且AE＝AG，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF，
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF．
故答案为：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；
（2）
如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，

∵∠B＋∠ADF＝180°，∠ADG＋∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
又∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE＋FD＝DG＋FD＝GF，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF
【点睛】本题考查了全等三角形的判定以及性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．
3．（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．
4．（1）a＝2，b＝1；（2）t＝或t＝8；（3）∠ABP＝105°．
【分析】（1）将a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0用配方法得出（a﹣2）2+（b﹣1）2＝0，利用非负数的性质，即可得出结论；
解析：（1）a＝2，b＝1；（2）t＝或t＝8；（3）∠ABP＝105°．
【分析】（1）将a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0用配方法得出（a﹣2）2+（b﹣1）2＝0，利用非负数的性质，即可得出结论；
（2）先由运动得出BD＝|8﹣2t|，再由全等三角形的性质的出货BD＝OE，建立方程求解即可得出结论．
（3）先判断出△OAP≌△BAQ（SAS），得出OP＝BQ，∠ABQ＝∠AOP＝30°，∠AQB＝∠APO＝15°，再求出∠OAP＝135°，进而判断出△OAQ≌△BAQ（SAS），得出∠OQA＝∠BQA＝15°，OQ＝BQ，再判断出△OPQ是等边三角形，得出∠OQP＝60°，进而求出∠BQP＝30°，再求出∠PBQ＝75°，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0，
∴（a﹣2）2+（b﹣1）2＝0，
∴a﹣2＝0，b﹣1＝0，
∴a＝2，b＝1；
（2）由（1）知，a＝2，b＝1，
由运动知，OD＝2t，OE＝t，
∵OB＝8，
∴DB＝|8﹣2t|
∵△BAD≌△OAE，
∵DB＝OE，
∴|8﹣2t|＝t，
解得，t＝（如图1）或t＝8（如图2）；
（3）如图3，
过点A作AQ⊥AP，使AQ＝AP，连接OQ，BQ，PQ，
则∠APQ＝45°，∠PAQ＝90°，
∵∠OAB＝90°，
∴∠PAQ＝∠OAB，
∴∠OAB+∠BAP＝∠PAQ+∠BAP，
即：∠OAP＝∠BAQ，
∵OA＝AB，AD＝AD，
∴△OAP≌△BAQ（SAS），
∴OP＝BQ，∠ABQ＝∠AOP＝30°，∠AQB＝∠APO＝15°，
在△AOP中，∠AOP＝30°，∠APO＝15°，
∴∠OAP＝180°﹣∠AOP﹣∠APO＝135°，
∴∠OAQ＝360°﹣∠OAP﹣∠PAQ＝135°﹣90°＝135°＝∠OAP，
∵OA＝AB，AD＝AD，
∴△OAQ≌△BAQ（SAS），
∴∠OQA＝∠BQA＝15°，OQ＝BQ，
∵OP＝BQ，
∴OQ＝OP，
∵∠APQ＝45°，∠APO＝15°，
∴∠OPQ＝∠APO+∠APQ＝60°，
∴△OPQ是等边三角形，
∴∠OQP＝60°，
∴∠BQP＝∠OQP﹣∠OQA﹣∠BQA＝60°﹣15°﹣15°＝30°，
∵BQ＝PQ，
∴∠PBQ＝（180°﹣∠BQP）＝75°，
∴∠ABP＝∠ABQ+∠PBQ＝30°+75°＝105°．

【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了配方法、非负数的性质、三角形内角和定理、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定及性质，构造出全等三角形是解题的关键．
5．（1）见解析；（2）⊥；（3）见解析
【分析】（1）根据垂直的定义可得∠ADC=∠E=90°，根据余角的性质可得∠ACD=∠BAE，然后根据AAS即可证得结论；
（2）由于要得出、的位置关系，结
解析：（1）见解析；（2）⊥；（3）见解析
【分析】（1）根据垂直的定义可得∠ADC=∠E=90°，根据余角的性质可得∠ACD=∠BAE，然后根据AAS即可证得结论；
（2）由于要得出、的位置关系，结合图形可猜想：⊥；
（3）如图，作CP⊥AC于点C，延长FD交CP于点P，先证明△BAE≌△FCP，可得∠3=∠P，AB=CP，然后证明△ACD≌△PCD，可得∠4=∠P，进一步即可推出∠4+∠2=90°，问题得证．
【详解】解：（1）证明：∵，，
∴∠ADC=∠E=90°，∠DAC+∠ACD=90°，
∵，
∴∠DAC+∠BAE=90°，
∴∠ACD=∠BAE，
在△DAC和△EBA中，
∵∠ADC=∠E，∠ACD=∠BAE，AC=AB，
∴（AAS）；
（2）结合图形可得：⊥；
故答案为：⊥；
（3）证明：如图，作CP⊥AC于点C，延长FD交CP于点P，
∵AF=CE，
∴AE=CF，
∵，
∴∠1=∠2，
∵∠BAE=∠FCP=90°，
∴△BAE≌△FCP，
∴∠3=∠P，AB=CP，

∵，，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵∠PCP=90°，AB=CP，
∴∠FCD=45°，AC=PC，
∴∠ACB=∠PCD，
∵CD=CD，
∴△ACD≌△PCD，
∴∠4=∠P，
∵∠3=∠P，
∴∠3=∠4，
∵∠3+∠2=90°，
∴∠4+∠2=90°，
∴∠AGE=90°，即⊥．
【点睛】本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，正确添加辅助线、熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
6．（1）a＝﹣4，b＝4；（2）见解析；（3）MP＝OP，MP⊥OP，理由见解析
【分析】（1）先利用完全平方公式将a和b的式子化成绝对值与平方数之和的形式，再利用绝对值的非负数和平方数的非负性即可
解析：（1）a＝﹣4，b＝4；（2）见解析；（3）MP＝OP，MP⊥OP，理由见解析
【分析】（1）先利用完全平方公式将a和b的式子化成绝对值与平方数之和的形式，再利用绝对值的非负数和平方数的非负性即可；
（2）如图1（见解析），作于E．易证，由三角形全等的性质得，再证明是等腰直角三角形即可；
（3）如图2（见解析），延长MP至Q，使得，连接AQ，OQ，OM，延长MN交AO于C．证出和，再利用全等三角形的性质证明是等腰直角三角形即可.
【详解】（1）

由绝对值的非负性和平方数的非负性得：
解得：；
（2）如图1，作于E

是等腰直角三角形，
；

（3）如图2，延长MP至Q，使得，连接AQ，OQ，OM，延长MN交AO于C

∴

∵在四边形MCOB中，

是等腰直角三角形

∴

是等腰直角三角形

.

【点睛】本题考查了绝对值的非负数和平方数的非负性、三角形全等的判定定理与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握这些定理与性质是解题关键.
7．（1）BD=CE，理由见解析；（2）90°；（3）成立，理由见解析.
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AB=AC，∠BAD=∠EAC=90°，AD=AE，利用“SAS”可证明△ADB≌△
解析：（1）BD=CE，理由见解析；（2）90°；（3）成立，理由见解析.
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AB=AC，∠BAD=∠EAC=90°，AD=AE，利用“SAS”可证明△ADB≌△AEC，则BD=CE；
（2）由△ADB≌△AEC得到∠ACE=∠DBA，利用三角形内角和定理可得到∠BFC=180°-∠ACE-∠CDF=180°-∠DBA-∠BDA=∠DAB=90°；
（3）与（1）一样可证明△ADB≌△AEC，得到BD=CE，∠ACE=∠DBA，利用三角形内角和定理得到∠BFC=∠DAB=90°．
【详解】（1）∵△ABC、△ADE是等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAD=∠EAC=90°，AD=AE，
∵在△ADB和△AEC中，

∴△ADB≌△AEC（SAS），∴BD=CE；
（2）∵△ADB≌△AEC，∴∠ACE=∠ABD，
而在△CDF中，∠BFC=180°-∠ACE-∠CDF，
又∵∠CDF=∠BDA，
∴∠BFC=180°-∠DBA-∠BDA=∠DAB=90°；
（3）BD=CE成立，且两线段所在直线互相垂直，即∠BFC=90°．理由如下：
∵△ABC、△ADE是等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠EAD=90°，
∵∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ADB和△AEC中，
，

∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴BD=CE，∠ACE=∠DBA，
∴∠BFC=∠DAB=90°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质.判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”，熟知判定方法并根据题目条件选择合适的方法进行解答．
8．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据即可证明；
（2）过点作轴，交于点，得出，由平行线的性质得，由轴得，由得，故可得，从而得出，推出，根据证明，得出即可得证；
（3）延
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据即可证明；
（2）过点作轴，交于点，得出，由平行线的性质得，由轴得，由得，故可得，从而得出，推出，根据证明，得出即可得证；
（3）延长到，使，连接，，延长交于点，根据证明，得出，，故，由平行线的性质得出，进而推出，根据证明，故，，即可证明．
【详解】（1）轴于点，轴于点，
，
，，
，，
；
（2）

如图2，过点作轴，交于点，
，
，
轴，
，
，
，
，，，
，
在与中，
，
，
，即点为中点；
（3）

如图3，延长到，使，连接，，延长交于点，
，，，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
，即．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，利用做辅助线作全等三角形是解决本题的关键．
9．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先由AC=BC、∠ACB=90°得到∠ABC=45°，进而得到∠CBD=∠CDB=45°，然后得到∠BCD=90°，最后得到∠ACB+∠BCD=18
解析：(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先由AC=BC、∠ACB=90°得到∠ABC=45°，进而得到∠CBD=∠CDB=45°，然后得到∠BCD=90°，最后得到∠ACB+∠BCD=180°，即A、C、D三点共线；
（2）先用含有t的式子表示CE和CF的长，然后根据CE=2CF列出方程求得t的值；
（3）先由∠BCP=∠FCN、∠BCP+∠ECM=90°，∠ECM+∠MEC=90°得到∠MEC=∠FCN，然后结合全等三角形的性质列出方程求得t的值．
(1)
证明：∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠ABC=45°，
∵点B与点D关于直线l对称，
∴BD⊥直线l，BC=CD，
∵直线l∥AB，
∴BD⊥AB，
∴∠ABD=90°，
∴∠CBD=∠CDB=45°，
∴∠BCD=90°，
∴∠ACB+∠BCD=180°，
∴A、C、D三点共线；
(2)
解：∵AC=10cm，BC=7cm，
∴当点F沿D→C方向时，0≤t≤3.5，
∴CE=10-t，CF=7-2t，
∵CE=2CF，
∴10-t=2（7-2t），
解得：t=．
(3)
解：∵∠BCP=∠FCN，∠BCP+∠ECM=90°，∠ECM+∠MEC=90°，
∴∠MEC=∠FCN，
∵△CEM≌△CFN，
当CE=CF时，△CEM≌△CFN，
当点F沿D→C路径运动时，

10-t=7-2t，
解得，t=-3，不合题意，
当点F沿C→B路径运动时，

10-t=2t-7，
解得，t=，
当点F沿B→C路径运动时，

10-t=7-（2t-7×2），
解得，t=11，
∵第一个点到达终点时第二个点也停止运动．点E从A点出发，以每秒1cm的速度沿A→C路径运动，终点为C．AC=10，
∴0≤t≤10，
∴t=11时，已停止运动．
综上所述，当t=秒时，△CEM≌△CFN．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查的是全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理，灵活运用分类讨论思想是解题的关键．