人教版初二上册压轴题数学质量检测试卷含解析(一).doc

人教版初二上册压轴题数学质量检测试卷含解析（一）
1．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。

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．在平面直角坐标系中，直线 AB 分别交 x 轴、y 轴于点A（–a，0）、点 B（0， b），且 a、b 满足a2+b2–4a–8b+20=0，点 P 在直线 AB 的右侧，且∠APB＝45°．

（1）a＝　　　　　 ；b＝　　　　　　　 ．
（2）若点 P 在 x 轴上，请在图中画出图形（BP 为虚线），并写出点 P 的坐标；
（3）若点 P 不在 x 轴上，是否存在点P，使△ABP 为直角三角形？若存在，请求出此时P的坐标；若不存在，请说明理由．
4．在△ABC中，AB=AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD=AE，∠DAE =∠BAC，连接CE．
（1）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC=90°，则∠BCE=________度；
（2）设，．
①如图2，当点在线段BC上移动，则，之间有怎样的数量关系？请说明理由；
②当点在直线BC上移动，则，之间有怎样的数量关系？请直接写出你的结论．

5．如图1，在平面直角坐标系中，直线AB与轴交于点A、与轴交于点B，且∠ABO＝45°，A（－6，0），直线BC与直线AB关于轴对称.
(1)求△ABC的面积；
(2)如图2，D为OA延长线上一动点，以BD为直角边，D为直角顶点，作等腰直角△BDE，求证：AB⊥AE；
(3)如图3，点E是轴正半轴上一点，且∠OAE＝30°，AF平分∠OAE，点M是射线AF上一动点，点N是线段AO上一动点，判断是否存在这样的点M，N，使OM＋NM的值最小？若存在，请写出其最小值，并加以说明.

6．如图，在等边中，，分别为，边上的点，，．

(1)如图1，若点在边上，求证：；
(2)如图2，连．若，求证：；
(3)如图3，是的中点，点在内，，点，分别在，上，，若，直接写出的度数（用含有的式子表示）．
7．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．
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′=
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.
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）2，4；（2）见解析，（4，0）；（3）P（4，2）或（2，﹣2）．
【分析】（1）将已知等式变形，利用乘方的非负性即可求出a值；
（2）根据题意画出图形，由（1）得出OB的长，结合∠AP
解析：（1）2，4；（2）见解析，（4，0）；（3）P（4，2）或（2，﹣2）．
【分析】（1）将已知等式变形，利用乘方的非负性即可求出a值；
（2）根据题意画出图形，由（1）得出OB的长，结合∠APB＝45°，得出OP＝OB，可得点B的坐标；
（3）分当∠ABP＝90°时和当∠BAP＝90°时两种情况进行讨论，结合全等三角形的判定和性质即可求出点P坐标.
【详解】解：（1）∵a2+b2–4a–8b+20=0，
∴（ a2–4a+4）+（b2–8b+16）＝0，
∴（ a–2）2+（b–4） 2＝0
∴a＝2，b＝4，
故答案为：2，4；
（2）如图 1，由（1）知，b＝4，
∴B（0，4），
∴OB＝4，
点 P 在直线 AB 的右侧，且在 x 轴上，
∵∠APB＝45°，
∴OP＝OB＝4，
∴P（4，0），
故答案为：（4，0）；

（3）存在．理由如下：
由（1）知 a＝﹣2，b＝4，
∴A（﹣2，0），B（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，
∵△ABP 是直角三角形，且∠APB＝45°，
∴只有∠ABP＝90°或∠BAP＝90°，
Ⅰ、如图 2，当∠ABP＝90°时，
∵∠APB＝∠BAP＝45°，
∴AB＝PB ，

过点 P 作 PC⊥OB 于 C，
∴∠BPC+∠CBP＝90°，
∵∠CBP+∠ABO＝90 °，
∴∠ABO＝∠BPC，
在△AOB 和△BCP 中，
，
∴△AOB≌△BCP（AAS），
∴PC＝OB＝4，BC＝OA＝2，
∴OC＝OB﹣BC＝2，

∴P（4，2），Ⅱ、如图3，当∠BAP＝90°时，
过点 P'作 P'D⊥OA 于 D，
同Ⅰ的方法得，△ADP'≌△BOA，
∴DP'＝OA＝2，AD＝OB＝4，
∴OD＝AD﹣OA＝2，
∴P'（2，﹣2）；
即：满足条件的点 P（4，2）或（2，﹣2）；
【点睛】本题考查了非负数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，难度不大，解题的关键是要根据直角三角形的性质进行分类讨论.
5．（1）90；（2）①，理由见解析；②当点D在射线BC．上时，a+β=180°，当点D在射线BC的反向延长线上时，a=β．
【分析】（1）可以证明△BAD≌△CAE，得到∠B＝∠ACE，证明∠ACB
解析：（1）90；（2）①，理由见解析；②当点D在射线BC．上时，a+β=180°，当点D在射线BC的反向延长线上时，a=β．
【分析】（1）可以证明△BAD≌△CAE，得到∠B＝∠ACE，证明∠ACB＝45°，即可解决问题；
（2）①证明△BAD≌△CAE，得到∠B＝∠ACE，β＝∠B＋∠ACB，即可解决问题；
②证明△BAD≌△CAE，得到∠ABD＝∠ACE，借助三角形外角性质即可解决问题．
【详解】解：（1）∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）
∴∠ABC=∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
故答案为：；
（2）①．
理由：∵，
∴．
即．
又，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
②如图：当点D在射线BC上时，α+β=180°，连接CE，

∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
在△ABC中，∠BAC+∠B+∠ACB=180°，
∴∠BAC+∠ACE+∠ACB=∠BAC+∠BCE=180°，
即：∠BCE+∠BAC=180°，
∴α+β=180°，
如图：当点D在射线BC的反向延长线上时，α=β．连接BE，

∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
∴∠ABD=∠ACE=∠ACB+∠BCE，
∴∠ABD+∠ABC=∠ACE+∠ABC=∠ACB+∠BCE+∠ABC=180°，
∵∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB，
∴∠BAC=∠BCE．
∴α=β；
综上所述：点D在直线BC上移动，α+β=180°或α=β．
【点睛】该题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及其性质等几何知识点及其应用问题；应牢固掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及其性质等几何知识点．
6．（1）36；（2）证明见解析；（3）3，理由见解析.
【分析】(1)根据直线与坐标轴的交点易得A,C的坐标，从而得出AC=12，OB=6，根据三角形面积公式可求解；
(2) 过E作EF⊥x轴于点
解析：（1）36；（2）证明见解析；（3）3，理由见解析.
【分析】(1)根据直线与坐标轴的交点易得A,C的坐标，从而得出AC=12，OB=6，根据三角形面积公式可求解；
(2) 过E作EF⊥x轴于点F，延长EA交y轴于点H，证△DEF≌△BDO，得出EF＝OD＝AF，有，得出∠BAE＝90°.
(3)由已知条件可在线段OA上任取一点N,再在AE作关于OF的对称点,当点N运动时，最短为点O到直线AE的距离.再由，在直角三角形中,
即可得解.
【详解】解：（1）由已知条件得：
            AC=12，OB=6
       ∴
（2）过E作EF⊥x轴于点F，延长EA交y轴于点H,

∵△BDE是等腰直角三角形，
∴DE=DB, ∠BDE=90°,
∴
∵
∴
∴
∵EF轴，
∴
∴DF=BO=AO,EF=OD
∴AF=EF
∴
∴∠BAE＝90°
（3）由已知条件可在线段OA上任取一点N,再在AE作关于OF的对称点,当点N运动时，最短为点O到直线AE的距离,即点O到直线AE的垂线段的长，

∵，OA=6，
∴OM+ON=3
【点睛】本题考查的知识点主要是直角三角形的性质及应用，轴对称在最短路径问题中的应用，弄懂题意，作出合理的辅助线是解题的关键.
7．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接DF，根据“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”可判断△DEF是等边三角形，则DF=EF，又△ABC是等边三角形，根据三角形内角和可
解析：(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接DF，根据“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”可判断△DEF是等边三角形，则DF=EF，又△ABC是等边三角形，根据三角形内角和可得出，∠AFD=∠FEC，所以△ADF≌△CFE（AAS），则AD=CF；
（2）过点F作JKAC交AB于点J，交BC于点K，过点F作PIAB交AC于P，交BC于点I，连接DF，则△BJK和△CPI是等边三角形，△BDE≌△JFD≌KEF，所以DJ=BE=FK，因为ABPI，FKAC，所以四边形AJFP是平行四边形，则AJ=PF，易得△CPI为等边三角形，由∠FCB=30°可得CF平分∠PCI，则FI=FP，所以FP=AJ，FK=BE=DJ，FI=FK，所以AJ=DJ=BE，即AD=AJ+DJ=2BE；
（3）延长MO到点G，使OG=OM，连接NG，BG，NM，作∠ACQ=∠ABN，且使CQ=BN，连接MQ，AQ，先得到△BOG≌△COM（SAS），再得到△ACQ≌△ABN（SAS）和△BNG≌△CQM（SAS），所以∠NAM=∠MAQ=∠CAM+∠CAQ=∠CAM+∠BAN，所以∠CAM+∠BAN=30°，则∠CAM=，所以∠BAN=30°-．
(1)
证明：如图，连接，

，，
∵是等边三角形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
，
，
，
，，
，
；
(2)
证明：如图，过点作交于点，交于点，过点作交于，交于点，连接，

，
，
和是等边三角形，
，，
是等边三角形，
由（1）中结论可知，，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
为等边三角形，，
，
平分，
是等边三角形，
，
，
，，
，即；
(3)
如图，延长到点，使，连接，，，作，且使，连接，，

，，
，
，，，
，
，，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，
，，，
，
，，
，，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
又，
，
，
．
【点睛】本题属于三角形的综合题，涉及全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形三线合一等知识，类比思想及构造的思想进行分析，仿造（1）中的结论构造出全等三角形是解题关键．
8．(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．
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．