人教版初二上学期压轴题模拟数学质量检测试卷答案

人教版初二上学期压轴题模拟数学质量检测试卷答案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，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．3．在平面直角坐标系中，，点在第一象限，，（1）如图，求点的坐标．（2）如图，作的角平分线，交于点，过点作于点，求证：（3）若点在第二象限，且为等腰直角三角形，请直接写出所有满足条件的点的坐标．4．已知，．（1）若，作，点在内．①如图1，延长交于点，若，，则的度数为；②如图2，垂直平分，点在上，，求的值；（2）如图3，若，点在边上，，点在边上，连接，，，求的度数．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．如图，等边中，点在上，延长到，使，连，过点作与点．(1)如图1，若点是中点，求证：①；②．(2)如图2，若点是边上任意一点，的结论是否仍成立？请证明你的结论；(3)如图3，若点是延长线上任意一点，其他条件不变，的结论是否仍成立？画出图并证明你的结论．7．如图1已知点A，B分别在坐标轴上，点C（3，﹣3），CA⊥BA于点A，且BA＝CA，CA，CB分别交坐标轴于D，E．(1)填空：点B的坐标是；(2)如图2，连接DE，过点C作CH⊥CA于C，交x轴于点H，求证：∠ADB＝∠CDE；(3)如图3，点F（6，0），点P在第一象限，连PF，过P作PM⊥PF交y轴于点M，在PM上截取PN＝PF，连PO，过P作∠OPG＝45°交BN于G．求证：点G是BN中点．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)（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）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．4．（1）C；（2）见解析；（3）或或【分析】（1）作垂足为，证明，求出CM和OM的长，即可得到点C坐标；（2）延长相交于点，先证明，得BD=CF，再证明，得CE=EF，即可证明结论；（3）解析：（1）C；（2）见解析；（3）或或【分析】（1）作垂足为，证明，求出CM和OM的长，即可得到点C坐标；（2）延长相交于点，先证明，得BD=CF，再证明，得CE=EF，即可证明结论；（3）分情况讨论，画出对应的等腰直角三角形的图象，做辅助线构造全等三角形，求出点P坐标．【详解】解：如图中，作垂足为，，，，在和中，，点坐标；如图，延长相交于点，，在和中，，，，在和中，，，；（3）①如图，，，过点P作轴于点D，在和中，，∴，∴，，∴，∴；②如图，，，过点P作轴于点D，在和中，，∴，∴，，∴，∴；③如图，，，过点P作轴于点E，过点A作于点D，∵，，∴，在和中，，∴，设，，∵，，∴，解得，∴，，∴；综上：点P的坐标是或或．【点睛】本题考查坐标和几何综合题，解题的关键是掌握作辅助线构造全等三角形的方法，利用全等三角形的性质求解点坐标，掌握数形结合的思想．5．（1）①15°；②；（2）【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质，连接，得，，所对的直角边是斜边的一半，可得，所以可得，，，和是等腰三角形，由外角性质计算可得；②构造“一线三垂直”模型，证解析：（1）①15°；②；（2）【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质，连接，得，，所对的直角边是斜边的一半，可得，所以可得，，，和是等腰三角形，由外角性质计算可得；②构造“一线三垂直”模型，证明三角形，利用面积比等于等高的三角形的底边的比，结合已知条件即可解得．（2）构造等边，通过证明，等边代换，得出等腰三角形，代入角度计算即得．【详解】（1）①连接ＡＥ，在，因为，，，，，，，，，，，，，，故答案为：．②过Ｃ作交ＤＦ延长线于Ｇ，连接ＡＥＡＤ垂直平分ＢＥ，，，，，故答案为：；（2）以AB向下构造等边，连接DK，延长AD，BK交于点T，，，，，，，等边中，，，，，在和中，，等边三角形三线合一可知，BD是边AK的垂直平分线，，，，，故答案为：．【点睛】考查了等腰直角三角形的性质，外角的性质，等腰三角形的判定和性质，构造等边三角形的方法证明全等，全等三角形的性质应用很关键，熟记几何图形的性质和判定是解决图形问题的重要方法依据．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)①见解析；②见解析(2)成立，见解析(3)成立，见解析【分析】（1）证明，推出，利用等腰三角形的性质，可得结论；（2）仍然成立，过点D作DM//BC交AC于M，证明，可得结论解析：(1)①见解析；②见解析(2)成立，见解析(3)成立，见解析【分析】（1）证明，推出，利用等腰三角形的性质，可得结论；（2）仍然成立，过点D作DM//BC交AC于M，证明，可得结论；（3）结论仍然成立，过点D作DM//BC交AC于M，证明，可得结论．(1)证明：如图①∵为等边三角形，∴，又为中点，∴，∵，∴，∴，∴；②∵，∴为等腰三角形，∵，∴．(2)仍然成立，理由如下：如图，过点D作DM//BC交AC于M∵为等边三角形，∴，∴，∵，∴，∴，为等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，而，∴．(3)的结论仍然成立，理由如下：如图为所求作图．作交的延长线于，易证为等边三角形，，，而，∴，∵，，∴，∵，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题属于三角形的综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加适当的辅助线，构造全等三角形解决问题．8．(1)（0，6）(2)见解析(3)见解析【分析】（1）作CM⊥x轴于M，求出CM=CN=2，证明△BAO≌△ACM，推出AO=CM=2，OB=AM=4，即可得出答案；（2）在解析：(1)（0，6）(2)见解析(3)见解析【分析】（1）作CM⊥x轴于M，求出CM=CN=2，证明△BAO≌△ACM，推出AO=CM=2，OB=AM=4，即可得出答案；（2）在BD上截取BF=AE，连AF，证△BAF≌△CAE，证△AFD≌△CED，即可得出答案；（3）作EO⊥OP交PG的延长线于E，连接EB、EN、PB，只要证明四边形ENPB是平行四边形就可以了．(1)解：过点C作CG⊥x轴于G，如图所示：∵C（3，﹣3），∴CG＝3，OG＝3，∵∠BOA＝∠CGA＝90°，∴∠ABO+∠BAO＝∠BAO+∠CAG＝90°，∴∠ABO＝∠CAG，又∵AB＝AC，∴△ABO≌△CAG（AAS），∴AO＝CG＝3，OB＝AG＝AO+OG＝6，∴点B的坐标是（0，6）．(2)证明：如图，过点C作CG⊥x轴于G，CF⊥y轴于F，则CF∥AO．同（1）得：△ABO≌△CAG（AAS），∴AO＝CG＝3，∵CF＝3，∴AO＝CF，∵CF∥AO∴∠DAO＝∠DCF，∠AOD＝∠CFD，∴△AOD≌△CFD（ASA），∴AD＝CD，∵CA⊥BA，CH⊥CA，∴∠BAD＝∠ACH＝90°，又∵∠ABO＝∠CAG，AB＝AC，∴△BAD≌△ACH（ASA），∴AD＝CH，∠ADB＝∠AHC∴CD＝CH，∵BA＝CA，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB＝45°，∴∠HCE＝90°﹣∠ACB＝45°，∴∠DCE＝∠HCE＝45°，又∵CE＝CE，∴△DCE≌△HCE（SAS），∴∠CDE＝∠CHE，∴∠ADB＝∠CDE．(3)证明：过点O作OK⊥OP交PG延长线于K，连接BK、NF，过点P作PL⊥NF于L．则△OPK是等腰直角三角形，∴∠OKP＝∠OPK＝45°，OK＝OP，∵PN＝PF，∴△PNF是等腰直角三角形，∴∠PFN＝∠PNF＝45°，∵PL⊥NF，∴∠FPL＝45°，则∠OPF＝∠OPL+45°，∠GPN＝∠OPL＝45°﹣∠MPO，∵∠KOB+∠BOP＝∠FOP+∠BOP＝90°，∴∠KOB＝∠FOP，又∵OB＝OF＝6，∴△OKB≌△OPF（SAS），∴KB＝PF＝PN，∠OKB＝45°+∠GKB＝∠OPF＝∠OPL+45°，∴∠GKB＝∠OPL＝∠GPN，又∵∠KGB＝∠PGN，∴△KBG≌△PNG（SAS），∴BG＝NG，即点G为BN的中点．【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形的性质等知识，本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．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