人教版初二上册压轴题模拟数学综合检测试卷解析(一).doc

人教版初二上册压轴题模拟数学综合检测试卷解析（一）
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．（1）模型：如图1，在中，平分，，，求证：．
（2）模型应用：如图2，平分交的延长线于点，求证：．
（3）类比应用：如图3，平分，，，求证：．

3．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．

4．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．
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．阅读理解题：
定义：如果一个数的平方等于﹣1，记为i2＝﹣1，这个数i叫做虚数单位，把形如a+bi（a，b为实数）的数叫做复数，其中a叫这个复数的实部，b叫做这个复数的虚部，它的加、减、乘、除运算与代数式的运算类似．
例如：计算：（2﹣i）+（5+3i）＝（2+5）+（﹣1+3）i＝7+2i；
（1+i）×（2﹣i）＝1×2﹣i+2×i﹣i2＝2+（﹣1+2）i+1＝3+i；
根据以上信息，完成下列问题：
（1）填空：i3＝　 ，i4＝　 ，i+i2+i3+…+i2021＝　 ；
（2）计算：（1+i）×（3﹣4i）﹣（﹣2+3i）（﹣2﹣3i）；
（3）已知a+bi＝（a，b为实数），求的最小值．
7．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）
8．△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．
【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）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析；
【分析】（1）由题意得DE=DF，，，即可得出：=AB：AC；
（2）在AB上取点E，使得AE=AC，根据题意可证△ACD≌△AED，从而
解析：（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析；
【分析】（1）由题意得DE=DF，，，即可得出：=AB：AC；
（2）在AB上取点E，使得AE=AC，根据题意可证△ACD≌△AED，从而可求出，，即可求解；
（3）延长BE至M，使EM=DC，连接AM，根据题意可证△ADC≌△AEM，故而得出AE为∠BAM的角平分线，即，即可得出答案；
【详解】解：（1）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DE⊥AC，
∴DE=DF，
∵ ，，
∴：=AB：AC；
（2）如图，在AB上取点E，使得AE=AC，连接DE
又∵ AD平分∠CAE，
∴ ∠CAD=∠DAE，
在△ACD和△AED中，
，
∴△ACD≌△AED（SAS），
∴CD=DE且∠ADC=∠ADE，
∴ ，
∴ ，
∴AB：AC=BD：CD；

（3）如图延长BE至M，使EM=DC，连接AM，
∵ ∠D+∠AEB=180°，
又∵∠AEB+∠AEM=180°，
∴∠D=∠AEM，
在△ADC与△AEM中，
，
∴△ADC≌△AEM（SAS），
∴∠DAC=∠EAM=∠BAE，AC=AM，
∴AE为∠BAM的角平分线，
故 ，
∴BE：CD=AB：AC；

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、以及三角形的面积的应用，正确掌握知识点是解题的关键；
4．（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．
5．（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）
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．
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）﹣i，1，；（2）﹣i﹣6；（3）的最小值为25．
【分析】（1）根据题目所给条件可得i3=i2•i，i4=i2•i2计算即可得出答案；
（2）根据多项式乘法法则进行计算，及题目所给已知条
解析：（1）﹣i，1，；（2）﹣i﹣6；（3）的最小值为25．
【分析】（1）根据题目所给条件可得i3=i2•i，i4=i2•i2计算即可得出答案；
（2）根据多项式乘法法则进行计算，及题目所给已知条件即可得出答案；
（3）根据题目已知条件，a+bi＝4+3i，求出a、b，即可得出答案．
【详解】（1）i3＝i2•i＝﹣1×i＝﹣i，
i4＝i2•i2＝﹣1×（﹣1）＝1，
设S＝i+i2+i3+…+i2021，
iS＝i2+i3+…+i2021+i2022，
∴（1﹣i）S＝i﹣i2022，
∴S＝，
故答案为﹣i，1，；
（2）（1+i）×（3﹣4i）﹣（﹣2+3i）（﹣2﹣3i）
＝3﹣4i+3i﹣4i2﹣（4﹣9i2）
＝3﹣i+4﹣4﹣9
＝﹣i﹣6；
（3）a+bi＝＝＝＝4+3i，
∴a＝4，b＝3，
∴＝，
∴的最小值可以看作点（x，0）到点A（0，4），B（24，3）的最小距离，
∵点A（0，4）关于x轴对称的点为A'（0，﹣4），连接A'B即为最短距离，
∴A'B＝＝25，
∴的最小值为25．
【点睛】此题考查了实数的运算，以及规律型：数字的变化类，弄清题中的新定义是解本题的关键．
8．(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=∠AN
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．
9．(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C
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．