人教版初二上学期压轴题模拟数学检测试题解析(一)

11．（初步探索）（）如图：在四边形中，，BADC90，、分EFBEFD，探究图中、、之间的数量关BAEFADEAF别是、上的点，且(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DGBEG22ABADEFBEFD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；ACCDBEF分别是、上的点，且BCCD2．已知，，，，，点为轴正半轴上一个动点，＝，∠ACD＝．90°A(0a)B(b0)x11H求点的坐标；（）如图，已知，a+b=0OC＞OB，作点关B于y轴的对称点，连，点为的中E22DEFDE点，连OF和CF，请补全图形，探究与有什么数量OFCF和位置关系，并证明你的结论．3Axx3122的解．23x16x21A（）求点的坐标；21CyAC（）如图，点在轴正半轴上，以为边在第一象限内作等边，连并延长ACDDBBEOyE交轴于点，求的度数；32FxFA（）如图，点为轴正半轴上一动点，点在点的右边，连接，以为边在第FBFB一象限内作等边，连并延长交轴于点，当点运动时，GHAF的值是否发FBGGAyHF生变化？若不变，求其值；若变化，求出其变化的范围．24A(a0)B(0b)ab．如图，在平面直角坐标系中，点，，，，且，满足9xy．43xyb5a6a（）直接写出1______b______，；2ABP（）连接，为内一点，．AOBOPBPO作OCOP，且，连接并延长，交于．求证：1OPOCCP①如图，过点ABDADBD；取点，连接．若MBOABP，点，，P(2n−n)试求2PO②如图，在的延长线上MBM点的坐标．M51C点在第一象限．a______，b_____，，则(1)A(a0)B(0b)ab若点，，，，且、满足a416bb642C_________点的坐标为；(2)AC(3)2CDBEABC如图，过点作轴于点，平分，交轴于点，交于点，交xECDFCDyGCGEF于点，求证：垂直平分；2ODOEDF试探究（）中，与之间的关系，并说明理由．6△ABC．如图，中，，∠AB=AC=BCBDC=120°BD=DC且，现以为D60°顶点作一个角，使角ABACMN两点，连接MN，探究线段BM、、之间的MNNC两边分别交，边所在直线于，关系，并加以证明．1（）如图，若1MDNABAC的两边分别交，边于，MNBM+NC=MN．延长两点．猜想：∠AC到点，使CE=BM，连接DE，再证明E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；22MN（）如图，若点、分别ABCA是、的延长线上的一点，其它条件不变，再探究线段BMMNNC，，之间的关系，请直接写出你的猜想（不用证明）．7CCBA的速度移动，若、同时出发，当有一个点移动到点时，、都停止运动，CQ4cm/sQPP设、移动时间为QP1（）求的取值范围．tt23t8．如图，在等边中，线段为边上的中线．动点在直线上时，以为△1（）求∠2D；3D交点为，O试判断∠AOB是否为定(2)（灵活运用）成立，理由见解析1GAG∠BAE=∠D(1)BAE＋∠FAD＝∠EAF；(2)（灵活运用）成立，理由见解析DG=BE解析：（初步探索）结论：∠1FDGAG△ABEADG，进而得出∠【分析】（）延长到点，使，连接，可判定≌△BAE=∠DAGAE=AG△AEFAGFEAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠，，再判定≌△，可得出∠DAF，据此得出结论；2FDGDG=BEAG（）延长到点，使，连接，△ABE先判定≌△ADGBAE=∠，进而得出∠DAGAE=AG△AEFAGFEAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．，，再判定≌△，可得出∠1（）BAE＋∠FAD＝∠EAF解：∠．理由：如图1，延长到点，使＝，连接，FDGDGBEAG∵BADC90，∴ADGB90，∵DG＝，BE，ABAD∴△ABE≌△ADG，∴∠BAE＝∠，＝，DAGAEAG∵EF=BE+FD，＝，DGBE∴EFDGFDGF，且AE＝，＝，AGAFAF∴△AEF≌△AGF，∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF．BAE＋∠FAD＝∠EAF故答案为：∠；2（）如图2，延长到点，使＝，连接，DGBEFDGAG∵∠B＋∠ADF＝180°，∠ADG＋∠ADF＝180°，∴∠B＝∠ADG，又∵AB＝AD，∴△ABE≌△＝∠ADG（SAS），∴∠BAEDAG，AE＝AG，∵EF＝BE＋FD＝DG＋FD＝GF，AF＝AF，≌△∴△AEFAGF（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．1①A022CF⊥OF，CF=OF，3．（）（，），B（-2，0）；②H（0，-2）；（）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答案；，即可得到（2）由题意，先证明△DFG≌△EFO，然后证明△DCG≌△ACO，得到△OCG形，再根据三线合一定理，即可得到结论成立．是等腰直角三角【详解】解：（1）∵4b4，2abb∴，abb4b402ab(b2)20∴，∴ab，，0b20∴b2，∴a，2∴A（0，2），B（-2，0）；CxBAE②过作轴垂线交的延长线于，OA=OB=2AOB=90°∵，∠，∴△AOB∴∠ABO=45°∵EC⊥BC，是等腰直角三角形，，∴△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关于轴y对称，∴OB=OE，a+b=0ab∵，即∴OA=OB=OEOFGFG=OF延长至使，连，，DGCGOF=FGOFE=∠DFG，EF=DF∵，∠DFG≌△EFO∴△∴DG=OE=OADGF=∠EOF，∠DGOE∴∥CDG=∠DCO；∴∠ACO+∠CAO=∠ACO+∠DCO=90°，∵∠DCO=∠CAO；∴∠CDG=∠DCO=∠CAO；∴∠CD=ACOA=DG∵，DCG≌△ACO∴△OC=GCDCG=∠ACO∴，∠∴∠OCG=90°，，∴∠COF=45°∴△OCG由三线合一定理得CF⊥OFOCF=∠COF=45°，是等腰直角三角形，∵∠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）的值是定值，9．【分析】（1）先求出方程的解为，即可求解；（2）由“SAS”可证△CAO≌△DAB，可得∠DBA＝∠COA＝90°，由四边形内角和定理可求解；（3）解析：（1），；（2）120；（3）GHAF的值是定值，9．A30【分析】（1）先求出方程的解为x3，即可求解；（2）由“SAS”可证△CAO≌△DAB，可得∠DBA解；＝∠COA＝90°，由四边形内角和定理可求（3）由“SAS”可证△ABG≌△OBF可得OF＝AG，∠BAGBOF＝60°，可求∠OAH＝60°，可＝∠得AH＝6，即可求解．3122的解．【详解】解：（1）∵x是方程23x16x2解得：x3，检验当x3时，6x20，3x10，x3∴是原方程的解，∴点，；A302ACD△ABO（）∵△，是等边三角形，AOABADAC∴＝，＝，BAOCAD60°＝∠＝，∠∴∠CAO＝∠BAD，且AO＝，＝，ABADACCAODABSAS∴△≌△（）∴∠DBA＝∠＝，COA90°ABE90°∴∠∵∠AOE＋∠ABE＋∠OAB＋∠BEO＝，360°BEO120°＝，∴∠＝；3GH−AF（）的值是定值，ABC△BFG理由如下：∵△，是等边三角形，BOABAO3FBBG∴＝＝＝，＝，BOA＝∠ABO＝∠＝，FBG60°∠∴∠OBF＝∠ABG，且OB＝，＝，ABBFBGABGOBFSAS∴△≌△（），OFAGBOF60°＝∠＝，∴＝＝AGOFOA＋AF＝3＋AF，OAH＝∠180°−OAB−∠BAG，BAG∴＝，∠∵∠∴∠OAH＝，60°且∠AOH＝，＝，90°OA3AH6∴＝，∴＝GH−AFAH＋AG−AF＝6＋3＋AF−AF＝9．【点睛】本题是三角形综合题，考查了分式方程的解法，等边三角形性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．5．（），；（）2①见解析；②的坐标为(，)131【分析】（）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；（）2①连接AC，过点B作BN⊥BP，交CP的延长线于点，利用SASN证明653)②的坐标为(13解析：（），23；（）①见解析；，M51【分析】（）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；（）①连接AC，过点B作BN⊥BP，交CP的延长线于点，利用SAS证明△OPB2N≌△OCA，再证明△BNPBND为等腰直角三角形，利用AAS证明△ACD≌△，即可证明AD=DB；②作出如图所示的辅助线，证明△BMPMPE为等≌△，腰直角三角形，利用AAS证明△PBF求得E(2nn)M(3n−3n)证明点，ME关于y轴对称，得到3n−3+2n=0，即可求解．，，，，，9xy641【详解】（）∵23xyab59xy，64∴9xy2a2b10∴2a6，2b104b3，解得：a3，，3；故答案为：3，2AC（）①连接，COP=∠AOB=90°∵∠，∴∠COP-∠AOP=∠AOB-∠AOP，∴COAPOB，在△OPB和△OCA中，COPOCOAPOB，OAOB∴△OPB≌△OCA(SAS)，∴AC=BP，∠过点B作BN⊥BP，交CP的延长线于点N，∵∠COP=90°OP=OCOCA=∠OPB=90°，，，∴∠OCP=∠OPC=∠ACP=45°，∵∠OPB=90°，∴∠BPN=45°∴△BNP∴∠BPN=∠N=45°，为等腰直角三角形，，∴BN=BP=AC，在△ACD和△BND中，ADCBDNACDN45，ACBN∴△ACD≌△BND(AAS)∴AD=DBAOB=90°AO=OB，，，；②∵∠∴△AOB∴∠OBA=45°∵∠MBO=∠ABP，∴∠MBO+∠OBP=∠ABP+∠OBP=∠OBA=45°为等腰直角三角形，，，∴∠MBP=45°，∵OP⊥BP，BMP∴△为等腰直角三角形，MP=BP∴，PyEFMBMEEFEBFEFFEFx过点作轴的平行线，分别过，作⊥于，⊥于，交轴于，GMEyHOE交轴于，连接，∴∠MPE+∠EMP=∠MPE+∠FPB=90°，∴∠EMP=∠FPB，在△PBF和△MPE中，PFBMEP90FPBEMPPBPM，∴△PBF≌△MPE(AAS)，BF=EPPF=ME∴，，∵P(2n，，−n)∴BF=EP=EH=2n，PG=EG=n，PF=ME=3−n，∴MH=ME-EH=3−n−2n=3−3n，E(2nn)M(3n−3n)∴，，，，PEx∴点，关于轴对称，OE=OPOEP=∠OPE，∴，∠同理OM=OEME，点，对称，关于轴y∴3n−3+2n=0，363解得n，即点的M坐标为，)．(555【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．6．(1)，；C(8，4)；(2)证明见解析；(3)，理由见解析．【分析】（1）利用绝对值的ab非负性求出，的D值，作轴交于点，证明，进一步可求出点C坐标；（2）利用已知证明，，再证解析：(1)4，8；C(8，4)；(2)证明见解析；(3)ODDFOE，理由见解析．1abD【分析】（）利用绝对值的非负性求出，的值，作轴交于点，CDyC证明△ABO≌△BCDAAS，进一步可求出点坐标；≌△CGESAS，得到（）利用已知证明，，再证明△AGE2AGCGBGACAECEAEG，CEG≌△CFGCEG，进一步得AECF，再，利用平行性质得到HL利用定理证明△AEGCGEFCFGHL，可得，即可证明垂直平分；EGFGAOBDBOCD32AECF（）证明△ABO≌△BCDAAS得到，，又由（）可知，进一ODDFOE步可得．(1)20，a4b8，即：a416bb64解：∵2∴a4，，b8D作轴交于点，CDyABOBAO90ABOCBD90，，∴BAOCBD，∵△ABO和BCD中，在BAOCBDABBCBOACDB∴∴∴，△ABO≌△BCDAASCDBO8，，BDAO4OD844，即C8,4．(2)证明：∵ABBC，平分，∴BGAC，AGCG，在AGE和CGE中，BEABCAGCGGEGEAGECGE≌△CGESAS，∴△AGE∴，，AECEAEGCEG∵CF∥AE，CFG∴AEG，CEG，CFG∴∴，CFCE∴，AECF在RtAEG和RtCFG中，AGCGAECF≌△CFGHL，∴△AEG∴，即CG垂直平分EF．EGFG(3)解：ODDFOE，理由如下：∵ABOABOBAO90，CBD90，BAO∴CBD，△BCD中，在ABO和BAOCBDABBCAOBCDB，∴△ABO≌△BCDAAS∴，，AOBDBOCDODOBBD∵，，ODCDAO∴又由（2）可知AECF，ODDFCFAODFAEAODFOE，即OD=DFOE．∴【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，绝对值非负性，垂直平分线的判定，平行线的性质，坐标与图形．本题综合性较强，熟练掌握等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．7．（1）过程见解析；（）2MN=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，为等边三角形，可以证得△MBD≌△ECD，可得MD=DE，∠B△ABC解析：（1）过程见解析；（）2MN=NC﹣BM．【分析】（1）延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，根据△BDC△ABC为等腰三角形，为△MBDECDMD=DE≌△，可得，∠BDM=∠CDE，再根据∠MDN等边三角形，可以证得=60°BDC=120°MDN=NDE=60°△DMNDEN，得出≌△，进而得到，∠，可证∠∠MN=BM+NC．（2）在CA上截取CE=BM，利用（1）中的证CEDSAS△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．明方法，先证≌△（），△BMD再证BDC△ABC∵△为等腰三角形，为等边三角形，∴BD=CD，∠DBC=∠DCBMBC=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，BDCD∵ECD，MBDBMCEMBD∴△≌△ECD（SAS），∴MD=DEBDM=∠CDE，∠∵∠MDN=60°BDC=120°，∠，∴∠CDE+∠NDC=∠BDM+∠NDC=120°-60°=60°，即：∠MDN=∠NDE=60°，在△DMN与△DEN中，MDDE∵EDN，MDNDNDN∴△≌△DEN（SAS），∴MN=NE=CE+NC=BM+NC（2）如图②中，结论：MN=NC﹣BM．DMN．CA理由：在上截取CE=BM．ABC∵△是正三角形，ACB=ABC=60°∴∠∠，BD=CD又∵，BDC=120°∠，BCD=CBD=30°∴∠∠，MBD=DCE=90°∴∠∠，在△BMD和△CED中BM∵CEECD，MBDBDCD∴△BMD≌△CED（SAS），DM=DEBDM=∠CDE∴，∠MDN=60°BDC=120°∵∠，∠，NDE=∠BDC-（∠BDN+∠CDE）=∠BDC-（∠BDN+∠BDM）=∠BDC-∠MDN=120°-∴∠60°=60°，MDN=NDE=60°，即：∠∠在△MDN和△EDN中ND∵NDMDN，EDNNDNDMDN∴△≌△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．8．（1）；（2）时，证明见解析；（3）当或时，与全等，为等腰三角形【分析】（1）由题意根据图形点的运动问题建立不等式组，进行分析求解即可；（2）根据题意利用全等三角形的判定定理（），进行SAS10t3；（2）解析：（）t2时，与△BPD全等，证明见解析；（3）当t1或CQP11t时，CPQ为等腰三角形71【分析】（）由题意根据图形点的运动问题建立不等式组，进行分析求解即可；2SAS（）根据题意利用全等三角形的判定定理（），进行分析求证即可；（）根据题意分CPCQ和CQPQ以及三种情况，根据等腰三角形的性质进CPPQ3.行分析计算AQ4t【详解】（）依题意，1BP2t0AQ12，0BP100t50t30t3.2（）时，与全等，t2△CQPBPD证明：时，，AQ8cm，在和中，t2BP4cm△BPDCQPABAC12cm，BC10cm，点是的中点，DAB∵BDCP6cmCQBP4cmBC，，，△BPD≌△CQP(SAS).1；102t124tt3（）①当时，有CPCQ②当CQPQ时，∵ABAC,CQPQ，∴CB,CCPQ,CC，∴CB,CCPQ,CC有△CQP~△CAB，∵0，t∴CQCP124t102tt0（舍去）；ACBC1210CPPQ③当时，∵ABAC,CPPQ，∴CB,CCQP,CC，∴BCQP,CC有△CPQ~△CAB，∴CPCQ102t124tt117；ACBC121011.综上，当或时，CPQ为等腰三角形t1t7【点睛】本题考查等腰三角形相关的动点问题，熟练掌握等腰三角形的性质和全等三角形的判定以及相似三角形的判定与性质并运用数形结合的思维将动点问题转化为代数问题进.行分析是解题的关键9130°23．（）；（）见解析；（）是定值，理由见解析1【分析】（）根据等边三角形的性质可以直接得出结论；2（）根据等边三角形的性质就可以得出，，，由等式的性质就可以，根据就可以得出；3（130°23解析：（）；（）见解析；（）是定值，理由见解析1【分析】（）根据等边三角形的性质可以直接得出结论；ACAC（）根据等边三角形的性质就可以得出，，DCECACBDCE60，由2BCE等式的性质就可以ACDSASADCBEC；，根据就可以得出312（）分情况讨论：当点在线段上时，如图，由（）可知，就可以ACDBCEDAM2求出结论；当点在线段的延长线上时，如图，可以得出ACDBCE而有DAMCBECAD303而得出结论；当点在线段的延长线上时，如图，通过得出DMAACD