九年级上册数学压轴题精选及详细解析

2学年度?学校1月月考卷2试卷副题1题分分）图，在径为扇形中，∠AOB=90°点C是弧AB上一个动点（不与点A、重合）⊥，OE⊥AC垂足分别为、E．（）BC=1时，求线段OD的；（）△DOE中否存在长度持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由；15【答案】①；②存在，

2【解析】试题分析）图1⊥BC，∴BD=BC=，∴OD==；（）图2在DE是不的．连接AB，则AB==2，∵和E分别是线段BC和AC的中点，∴DE=AB=；试卷第1页，总8页

（）图3接，∵BD=x，∴OD=，∵∠1=∠，3=∠4，∴∠2+∠3=45°，过D作⊥．∴DF==，（2已知DE=，∴在eq\o\ac(△,Rt)DEF中，EF=，∴OE=OF+EF=+=∴DF•OE=••=（＜＜）考点:垂定理；2.勾定理3.三角形中位线定理2．在eq\o\ac(△,Rt)ABC中，∠ACB=90°A=30°BD是ABC的角平分线，DE⊥于E．试卷第2页，总8页

（）图1，连接EC，求证：EBC是边三角形；（M是段CD上的与点重合一边BM的下方作BMG，MG交DE延线于点G．请你在2中出完整图形，并直接写出MD，与AD之的数量关系；（）图3,点是段AD上一点，以BN为边，在BN下方作BNG，交延长于点G．试探究NDDG与AD数量间的关系，并说明理由．【答案）证明见解析）AD=DG+DM）AD=DG-DN．理由见解析.【解析】试题分析）用“三边相等”的三角形是等边三角形证得EBC是等边三角形；（）长ED使DN=DM，连接MN，即可得出是等边三角形，利eq\o\ac(△,用)NGM≌△DBM即可得出BD=NG=DG+DM，再利用AD=BD即可得出答案；（利用等边三角形的性质得出∠而得出DNG=∠HNB求△DNG≌HNB即可得出答案．试题解析）明：如图1所：在eq\o\ac(△,Rt)ABC中，∠ACB=90°∠A=30°∴∠ABC=60°，BC=

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AB．∵平分ABC，∴∠1=∠∠A=30°∴DA=DB．∵⊥于点E．∴AE=BE=

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AB．∴BC=BE．∴△是边三角形；（）论AD=DG+DM．证明：如图2所示：延长ED使DN=DM连接MN，试卷第3页，总8页

∵∠ACB=90°∠°，是△ABC角平分线DEAB于E，∴∠ADE=∠BDE=60°，AD=BD，又∵，∴△是边三角形，∴MN=DM，在△和△DBM中，∵DM

NMGDMB∴△NGM≌△，∴，∴AD=DG+DM．（）论AD=DG-DN．证明：延长BD至H，使得DH=DN．由（1）得DA=DB，∠°∵⊥于点E．∴∠2=∠°∴∠4=∠°∴△NDH是边三角形．∴NH=ND，∠H=∠6=60°∴∠H=∠．∵∠BNG=60°∴∠BNG+∠∠∠．即∠DNG=∠．在△和△HNB中，DNHN

H∴△DNG≌△（∴DG=HB．∵HB=HD+DB=ND+AD，∴DG=ND+AD．∴AD=DG-ND．考点：等三角形的判定与性质2.等三角形的判定与性质．3eq\o\ac(△,，)ABC内于OA直线交O点PBC的长线于点D•AD试卷第4页，总8页

（）证AB=AC；（）果∠ABC=60°，O的径为1且为AC中点，求的长【答案）证明见试题解析3．【解析】试题分析）根据AB=AP•AD，可以连接，构造相似三角形．根据相似三角形的性质得到∠APB=∠ABD，再根据圆角定理得到∠APB=∠ACB，即∠ABC=∠，从而由等角对等边证明结论；（）为有一个角是60°的等三角形是等边三角形，发现等边三角形ABC，再根据点P为的中点接BP发现30°直角三角形BP是直径而求得AP的长，AB的长．再根据已知中的条件求AD的长．试题解析连接BP，AB=AP，∴

ADAB

，又∵BAD=∠PAB，ABD∽APB，∵∠ABC=∠，∠APB=∠，∠∠ACB∴AB=AC；（）（）AB=AC，∵∠ABC=60°，∴ABC为边三角形，∴∠BAC=60°∵为的点，∴∠ABP=∠PAC=

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∠ABC=30°∴BAP=∠BAC+∠PAC=90°BP为直径，∴过心O，∴BP=2∴AP=

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BP=1，，AB=AP•AD∴AD=

=3．考点：．周角定理；2．相似角形的判定与性质．4．如图，已知ABC内接⊙，AB是⊙直径，点F⊙O上且满足过点C作⊙O的切线交AB的长线于点交AF的长线于E点．

，（）证AE⊥DE；（）∠CBA＝°AE＝3，AF的长．【答案】证明见解析）2．试卷第5页，总8页

【解析】试题分析）先连接OC，OC=OA

FC

，易证得OC∥，由DE切于点C，易证得AE⊥；（）AB是O的径，可得ABC直角三角形，易得AEC为角三角形，根据AE=3求得AC的，然后连接，可得△为等边三角形，知中，利用已知条件求得答案．试题解析）明：连接，

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AB，eq\o\ac(△,在)∵OC=OA，∴∠BAC=∠，∵

∴∠BAC=∠，∴∠EAC=∠，∴∥，∵切⊙于点C，∴⊥，∴⊥；（）：AB是O的直径，∴△是角三角形，∵∠CBA=60°∴∠BAC=∠EAC=30°，∵△为角三角形，AE=3，∴AC=2，连接OF，∵OF=OA，∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°，∴△为边三角形，1∴AF=OA=AB，2在eq\o\ac(△,Rt)ACB中，AC=2

，tan∠CBA=

，∴BC=2，∴AB=4，∴AF=2．考点：切线的性质．5）如图①，在正方形ABCD中，AEF的点E，F分在BC，边，高AG与正方形的边长相等，求的数．（）图②，在eq\o\ac(△,Rt)ABD中ABAD点MN是BD边的任意两点，且45△ABM绕点A逆时旋转90ADH位，连接NH，试判断MN，ND，DH之的数量关系并说明理由．试卷第6页，总8页

（在①中连BD分交AEAF于点M若，BM2，求AG，MN的．【答案）45°）MN=ND+DH．理由见解析）

.【解析】试题分析）据高AG与正形的边长相等，证明三角形全等，进而证明角相等，从而求出解．（）三角形全等和正方形的对角线平分每一组对角的知识可证明结论．（）出线段的长，结合方程思想，用数形结合得到结果．试题解析）eq\o\ac(△,Rt)ABE和eq\o\ac(△,Rt)AGE，AB=AGAE=AE∴△ABE≌eq\o\ac(△,Rt)AGE（HL∴∠BAE=∠．同理，∠GAF=∠DAF．∴∠EAF=

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∠BAD=45°（）=ND+DH．∵∠BAM=∠，∠BAM+∠DAN=45，∴∠HAN=∠DAH+∠°∴∠HAN=∠．又∵，AN=AN，∴△AMN≌△．∴MN=HN．∵∠BAD=90°，AB=AD，∴∠ABD=∠ADB=45°．∴∠HDN=∠HDA+∠°∴=ND+DH．∴=ND+DH．（）（），，DF=FG设AG=x，，CF=x-6．在eq\o\ac(△,Rt)CEF中，∵+CF=EF，∴（x-4）+（）．试卷第7页，总8页

解这个方程，得x，=-2（去负根即AG=12分在e