初二上學期壓軸題強化數(shù)學試卷附解析(一)002

初二上學期壓軸題強化數(shù)學試卷附解析（一）1．等邊中，點、分別在邊、上，且，連接、交于點．（1）如圖1，求的度數(shù)；圖1（2）連接，若，求的值；（3）如圖2，若點為邊的中點，連接，且，則的大小是___________．圖22．如圖1，在平面直角坐標系中，點，，且，滿足，連接，，交軸于點．（1）求點的坐標；（2）求證：；（3）如圖2，點在線段上，作軸于點，交于點，若，求證：．3．在平面直角坐標系中，，點在第一象限，，（1）如圖，求點的坐標．（2）如圖，作的角平分線，交于點，過點作于點，求證：（3）若點在第二象限，且為等腰直角三角形，請直接寫出所有滿足條件的點的坐標．4．如圖1，將兩塊全等的三角板拼在一起，其中△ABC的邊BC在直線l上，AC⊥BC且AC=BC；△EFP的邊FP也在直線l上，邊EF與邊AC重合，EF⊥FP且EF=FP.（1）在圖1中，請你通過觀察、測量，猜想并寫出AB與AP所滿足的數(shù)量關系和位置關系；（2）將三角板△EFP沿直線l向左平移到圖2的位置時，EP交AC于點Q，連接AP、BQ．猜想并寫出BQ與AP所滿足的數(shù)量關系和位置關系，并證明你的猜想；（3）將三角板△EFP沿直線l向左平移到圖3的位置時，EP的延長線交AC的延長線于點Q，連接AP、BQ.你認為（2）中猜想的BQ與AP所滿足的數(shù)量關系和位置關系還成立嗎？若成立，給出證明；若不成立，請說明理由．5．在平面直角坐標系中，點A(a，0)，點B(0，b)，已知a，b滿足．（1）求點A和點B的坐標；（2）如圖1，點E為線段OB的中點，連接AE，過點A在第二象限作，且，連接BF交x軸于點D，求點D和點F的坐標；：（3）在（2）的條件下，如圖2，過點E作交AB于點P，M是EP延長線上一點，且，連接MO，作，ON交BA的延長線于點N，連接MN，求點N的坐標．6．如圖1,在平面直角坐標系中,,動點從原點出發(fā)沿軸正方向以的速度運動,動點也同時從原點出發(fā)在軸上以的速度運動,且滿足關系式,連接,設運動的時間為秒.(1)求的值;(2)當為何值時，(3)如圖2,在第一象限存在點,使,求.7．如圖，在△ABC中，點D為直線BC上一動點，∠DAE＝90°，AD＝AE．(1)如果∠BAC＝90°，AB＝AC．①如圖1，當點D在線段BC上時，線段CE與BD的位置關系為__________，數(shù)量關系為__________；②如圖2，當點D在線段BC的延長線上時，①中的結論是否仍然成立？請說明理由；(2)如圖3，若△ABC是銳角三角形，∠ACB=45°，當點D在線段BC上運動時，證明：CE⊥BD．8．如圖1已知點A，B分別在坐標軸上，點C（3，﹣3），CA⊥BA于點A，且BA＝CA，CA，CB分別交坐標軸于D，E．(1)填空：點B的坐標是；(2)如圖2，連接DE，過點C作CH⊥CA于C，交x軸于點H，求證：∠ADB＝∠CDE；(3)如圖3，點F（6，0），點P在第一象限，連PF，過P作PM⊥PF交y軸于點M，在PM上截取PN＝PF，連PO，過P作∠OPG＝45°交BN于G．求證：點G是BN中點．【參考答案】2．（1）；（2）；（3）【分析】（1）由是等邊三角形，可得出，，再利用，可證，得出，由可求出，最后由補角定義求出.（2）在上取點，使，由可證，再利用，，可證明，進而求出，再用補角的性質得知，在解析：（1）；（2）；（3）【分析】（1）由是等邊三角形，可得出，，再利用，可證，得出，由可求出，最后由補角定義求出.（2）在上取點，使，由可證，再利用，，可證明，進而求出，再用補角的性質得知，在中利用外角的性質可求出，進而證出為等腰三角形，最后可證出即可求解.（3）延長至，使為等邊三角形，延長交于，可得出，進而得出，利用角的和差得出，則證出，進而證出，再利用，證出為等邊三角形，進而證出.【詳解】（1）∵是等邊三角形，∴，，在和中，，，，∴，∴，∴，∴．（2）在上取點，使．由（1）知，又，∴．在和中，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．（3）．提示：目測即得答案．詳細理由如下：由（1）知．延長至，使為等邊三角形．延長交于．∵，∴，在和中，,∴，∴．∴，∴．∴，在和中，，∴，∴．∵，，∴，∵∴為等邊三角形，∴∴．【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，熟練掌握全等三角形的判定和性質及等邊三角形的判定和性質是解題的關鍵.3．（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析．【分析】（1）由非負性可求a，b的值，即可求解；（2）由“SAS”可證△ABP≌△BCQ，可得AB=BC，∠BAP=∠CBQ，可證△ABC是等腰直解析：（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析．【分析】（1）由非負性可求a，b的值，即可求解；（2）由“SAS”可證△ABP≌△BCQ，可得AB=BC，∠BAP=∠CBQ，可證△ABC是等腰直角三角形，可得∠BAC=45°，可得結論；（3）由“AAS”可證△ATO≌△EAG，可得AT=AE，OT=AG，由“SAS”可證△TAD≌△EAD，可得TD=ED，∠TDA=∠EDA，由平行線的性質可得∠EFD=∠EDF，可得EF=ED，即可得結論．【詳解】解：（1）∵a2-2ab+2b2-16b+64=0，∴（a-b）2+（b-8）2=0，∴a=b=8，∴b-6=2，∴點C（2，-8）；（2）∵a=b=8，∴點A（0，6），點B（8，0），點C（2，-8），∴AO=6，OB=8，如圖1，過點B作PQ⊥x軸，過點A作AP⊥PQ，交PQ于點P，過點C作CQ⊥PQ，交PQ于點Q，∴四邊形AOBP是矩形，∴AO=BP=6，AP=OB=8，∵點B（8，0），點C（2-8），∴CQ=6，BQ=8，∴AP=BQ，CQ=BP，又∠APB=∠BCQ∴△ABP≌△BCQ（SAS），∴AB=BC，∠BAP=∠CBQ，∵∠BAP+∠ABP=90°，∴∠ABP+∠CBQ=90°，∴∠ABC=90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC=45°，∵∠OAD+∠ADO=∠OAD+∠BAC+∠ABO=90°，∴∠OAC+∠ABO=45°；（3）如圖2，過點A作AT⊥AB，交x軸于T，連接ED，∴∠TAE=90°=∠AGE，∴∠ATO+∠TAO=90°=∠TAO+∠GAE=∠GAE+∠AEG，∴∠ATO=∠GAE，∠TAO=∠AEG，又∵EG=AO，∴△ATO≌△EAG（AAS），∴AT=AE，OT=AG，∵∠BAC=45°，∴∠TAD=∠EAD=45°，又∵AD=AD，∴△TAD≌△EAD（SAS），∴TD=ED，∠TDA=∠EDA，∵EG⊥AG，∴EG∥OB，∴∠EFD=∠TDA，∴∠EFD=∠EDF，∴EF=ED，∴EF=ED=TD=OT+OD=AG+OD，∴EF=AG+OD．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，添加恰當輔助線構造全等三角形是本題的關鍵．4．（1）C；（2）見解析；（3）或或【分析】（1）作垂足為，證明，求出CM和OM的長，即可得到點C坐標；（2）延長相交于點，先證明，得BD=CF，再證明，得CE=EF，即可證明結論；（3）解析：（1）C；（2）見解析；（3）或或【分析】（1）作垂足為，證明，求出CM和OM的長，即可得到點C坐標；（2）延長相交于點，先證明，得BD=CF，再證明，得CE=EF，即可證明結論；（3）分情況討論，畫出對應的等腰直角三角形的圖象，做輔助線構造全等三角形，求出點P坐標．【詳解】解：如圖中，作垂足為，，，，在和中，，點坐標；如圖，延長相交于點，，在和中，，，，在和中，，，；（3）①如圖，，，過點P作軸于點D，在和中，，∴，∴，，∴，∴；②如圖，，，過點P作軸于點D，在和中，，∴，∴，，∴，∴；③如圖，，，過點P作軸于點E，過點A作于點D，∵，，∴，在和中，，∴，設，，∵，，∴，解得，∴，，∴；綜上：點P的坐標是或或．【點睛】本題考查坐標和幾何綜合題，解題的關鍵是掌握作輔助線構造全等三角形的方法，利用全等三角形的性質求解點坐標，掌握數(shù)形結合的思想．5．（1）AB=AP，AB⊥AP；（2）BQ=AP，BQ⊥AP；（3）成立，見解析.【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形性質得出AB=AP，∠BAC=∠PAC=45°，求出∠BAP=90°即可；（2解析：（1）AB=AP，AB⊥AP；（2）BQ=AP，BQ⊥AP；（3）成立，見解析.【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形性質得出AB=AP，∠BAC=∠PAC=45°，求出∠BAP=90°即可；（2）求出CQ=CP，根據(jù)SAS證△BCQ≌△ACP，推出AP=BQ，∠CBQ=∠PAC，根據(jù)三角形內角和定理求出∠CBQ+∠BQC=90°，推出∠PAC+∠AQG=90°，求出∠AGQ=90°即可；（3）BO與AP所滿足的數(shù)量關系為相等，位置關系為垂直．證明方法與（2）一樣．【詳解】（1）AB=AP且AB⊥AP，證明：∵AC⊥BC且AC=BC，∴△ABC為等腰直角三角形，∴∠BAC=∠ABC=,又∵△ABC與△EFP全等，同理可證∠PEF=45°，∴∠BAP=45°+45°=90°，∴AB=AP且AB⊥AP；（2）BQ與AP所滿足的數(shù)量關系是AP=BQ，位置關系是AP⊥BQ，證明：延長BQ交AP于G，由（1）知，∠EPF=45°，∠ACP=90°，∴∠PQC=45°=∠QPC，∴CQ=CP，∵∠ACB=∠ACP=90°，AC=BC，∴在△BCQ和△ACP中∴△BCQ≌△ACP（SAS），∴AP=BQ，∠CBQ=∠PAC，∵∠ACB=90°，∴∠CBQ+∠BQC=90°，∵∠CQB=∠AQG，∴∠AQG+∠PAC=90°，∴∠AGQ=180°-90°=90°，∴AP⊥BQ；（3）成立．證明：如圖，∵∠EPF=45°，∴∠CPQ=45°．∵AC⊥BC，∴∠CQP=∠CPQ，CQ=CP．在Rt△BCQ和Rt△ACP中，∴Rt△BCQ≌Rt△ACP（SAS）∴BQ=AP；延長BQ交AP于點N，∴∠PBN=∠CBQ．∵Rt△BCQ≌Rt△ACP，∴∠BQC=∠APC．在Rt△BCQ中，∠BQC+∠CBQ=90°，∴∠APC+∠PBN=90°．∴∠PNB=90°．∴BQ⊥AP．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質：有兩組邊對應相等，且它們所夾的角相等，那么這兩個三角形全等；全等三角形的對應邊相等．也考查了等腰直角三角形的判定與性質．6．（1），；（2）D(-1，0)，F(xiàn)(-2，4)；（3）N(-6，2)【分析】（1）結合題意，根據(jù)絕對值和乘方的性質，得，，通過求解一元一次方程，得，；結合坐標的性質分析，即可得到答案；（2）解析：（1），；（2）D(-1，0)，F(xiàn)(-2，4)；（3）N(-6，2)【分析】（1）結合題意，根據(jù)絕對值和乘方的性質，得，，通過求解一元一次方程，得，；結合坐標的性質分析，即可得到答案；（2）如圖，過點F作FH⊥AO于點H，根據(jù)全等三角形的性質，通過證明，得AH=EO=2，F(xiàn)H=AO=4，從而得OH=2，即可得點F坐標；通過證明，推導得HD=OD=1，即可得到答案；（3）過點N分別作NQ⊥ON交OM的延長線于點Q，NG⊥PN交EM的延長線于點G，再分別過點Q和點N作QR⊥EG于點R，NS⊥EG于點S，根據(jù)余角和等腰三角形的性質，通過證明等腰和等腰，推導得，再根據(jù)全等三角形的性質，通過證明，得等腰，再通過證明，得NS=EM=4，MS=OE=2，即可完成求解．【詳解】（1）∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，．（2）如圖，過點F作FH⊥AO于點H∵AF⊥AE∴∠FHA=∠AOE=90°，∵∴∠AFH=∠EAO又∵AF=AE，在和中∴∴AH=EO=2，F(xiàn)H=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(xiàn)(-2，4)；（3）如圖，過點N分別作NQ⊥ON交OM的延長線于點Q，NG⊥PN交EM的延長線于點G，再分別過點Q和點N作QR⊥EG于點R，NS⊥EG于點S∴∴，∴∴∴∴等腰∴NQ=NO，∵NG⊥PN,NS⊥EG∴∴，∴∵，∴∵點E為線段OB的中點∴∴∴∴∴∴∴∴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)．【點睛】本題考查了直角坐標系、全等三角形、直角三角形、等腰三角形、絕對值、乘方的知識；解題的關鍵是熟練掌握直角坐標系、全等三角形、等腰三角形的性質，從而完成求解．7．（1）；（2）；（3）【分析】（1）把滿足的關系式轉化為非負數(shù)和的形式即可解答；（2）畫出圖形，動點運動方向有兩種情況，分情況根據(jù)列方程解答即可；【詳解】解：（1）（解析：（1）；（2）；（3）【分析】（1）把滿足的關系式轉化為非負數(shù)和的形式即可解答；（2）畫出圖形，動點運動方向有兩種情況，分情況根據(jù)列方程解答即可；【詳解】解：（1）（2）當動點沿軸正方向運動時，如解圖-2-1：

當動點沿軸負方向運動時，如解圖-2-2：（3）過作，連在與∴，在與中∴，，∴，，∴是等邊三角形，∴，又∵∴∵∴【點睛】本題是三角形綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，添加恰當輔助線構造三角形是本題的關鍵．8．(1)①CE⊥BD；CE=BD；②結論仍成立，理由見解析；(2)證明見解析．【分析】（1）①根據(jù)∠BAD=∠CAE，BA=CA，AD=AE，運用“SAS”證明△ABD≌△ACE，根據(jù)全等三角解析：(1)①CE⊥BD；CE=BD；②結論仍成立，理由見解析；(2)證明見解析．【分析】（1）①根據(jù)∠BAD=∠CAE，BA=CA，AD=AE，運用“SAS”證明△ABD≌△ACE，根據(jù)全等三角形性質得出對應邊相等，對應角相等，即可得到線段CE、BD之間的關系；②先根據(jù)“SAS”證明△ABD≌△ACE，再根據(jù)全等三角形性質得出對應邊相等，對應角相等，即可得到①中的結論仍然成立；（2）先過點A作AG⊥AC交BC于點G，畫出符合要求的圖形，再結合圖形判定△GAD≌△CAE，得出對應角相等，即可得出結論．(1)①∵∠BAD=90°－∠DAC，∠CAE=90°－∠DAC，∴∠BAD=∠CAE．又BA=CA，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ACE=∠B=45°，CE=BD．∵∠ACB=∠B=45°，∴∠ECB=45°+45°=90°，即CE⊥BD．故答案為：CE⊥BD；CE=BD．②當點D在BC的延長線上時，①的結論仍成立．∵∠DAE=90°，∠BAC=90°，∴∠DAE=∠BAC，∴∠DAB=∠EAC，又AB=AC，AD=AE，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴CE=BD，∠ACE=∠ABD．∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=45°，∴∠ACE=45°，∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，即CE⊥BD；(2)證明：過點A作AG⊥AC交BC于點G，∵∠ACB=45°，∴∠AGC=45°，∴AC=AG，即△ACG是等腰直角三角形，∵∠GAD+∠DAC=90°=∠CAE+∠DAC，∴∠GAD=∠CAE，又∵DA=EA，∴△GAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE=∠AGD=45°，∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，即CE⊥BD．【點睛】此題為三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質及等腰直角三角形的性質，解決問題的關鍵是作輔助線構造全等三角形，根據(jù)全等三角形的對應邊相等，對應角相等進行求解．9．(1)（0，6）(2)見解析(3)見解析【分析】（1）作CM⊥x軸于M，求出CM=CN=2，證明△BAO≌△ACM，推出AO=CM=2，OB=AM=4，即可得出答案；（2）在解析：(1)（0，6）(2)見解析(3)見解析【分析】（1）作CM⊥x軸于M，求出CM=CN=2，證明△BAO≌△ACM，推出AO=CM=2，OB=AM=4，即可得出答案；（2）在BD上截取BF=AE，連AF，證△BAF≌△CAE，證△AFD≌△CED，即可得出答案；（3）作EO⊥OP交PG的延長線于E，連接EB、EN、PB，只要證明四邊形ENPB是平行四邊形就可以了．(1)解：過點C作CG⊥x軸于G，如圖所示：∵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＝