初二上册压轴题强化数学试题带答案[001]552.pdf

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1、初二上册压轴题强化数学试题带答案 1、如图 1，在平面直角坐标系xOy中，直线 AB 与x轴交于点 A、与y轴交于点 B，且ABO45，A（6，0），直线 BC 与直线 AB 关于y轴对称.(1)求ABC 的面积；(2)如图 2，D 为 OA 延长线上一动点，以 BD 为直角边，D 为直角顶点，作等腰直角BDE，求证：ABAE；(3)如图 3，点 E 是y轴正半轴上一点，且OAE30，AF 平分OAE，点 M 是射线 AF 上一动点，点 N 是线段 AO 上一动点，判断是否存在这样的点 M，N，使 OMNM 的值最小？若存在，请写出其最小值，并加以说明.2、等腰 RtABC 中，BAC=90，

2、AB=AC，点 A、点 B 分别是 y 轴、x 轴上两个动点，直角边 AC 交 x 轴于点 D，斜边 BC 交 y 轴于点 E (1)如图（1），已知 C 点的横坐标为-1，直接写出点 A 的坐标；(2)如图（2），当等腰 RtABC 运动到使点 D 恰为 AC 中点时，连接 DE求证：ADB=CDE；(3)如图（3），若点 A 在 x 轴上，且 A（-4，0），点 B 在 y 轴的正半轴上运动时，分别以OB、AB 为直角边在第一、二象限作等腰直角BOD 和等腰直角ABC，连结 CD 交，轴于点P，问当点 B 在 y 轴的正半轴上运动时，BP 的长度是否变化？若变化请说明理由，若不变化，请求出

3、 BP 的长度 3、如图，在等边 ABC 中，ABACBC6cm，现有两点 M、N 分别从点 A、B 同时出发，沿三角形的边运动，已知点 M 的速度为 1cm/s，点 N 的速度为 2cm/s当点 N 第一次回到点 B 时，点 M、N 同时停止运动，设运动时间为 ts（1）当 t 为何值时，M、N 两点重合；（2）当点 M、N 分别在 AC、BA 边上运动，AMN 的形状会不断发生变化 当 t 为何值时，AMN 是等边三角形；当 t 为何值时，AMN 是直角三角形；（3）若点 M、N 都在 BC 边上运动，当存在以 MN 为底边的等腰 AMN 时，求 t 的值 4、如图 1，在平面直角坐标系中

4、，点0,2Aa，,0B b，6,C bb且a，b满足222216640aabbb，连接AB，AC，AC交x轴于D点（1）求C点的坐标；（2）求证：45OACABO；（3）如图 2，点E在线段AB上，作EGy轴于G点，交AC于F点，若EGAO，求证：EFODAG 5、如图，在平面直角坐标系中，已知点1,A aab，,0B a，且2320abab，C为x轴上点B右侧的动点，以AC为腰作等腰ACD，使ADAC，CADOAB，直线DB交y轴于点P（1）求证：AOAB；（2）求证：AOCABD；（3）当点C运动时，点P在y轴上的位置是否发生变化，为什么？6、在ABC中，ABAC，点D在BC边上，且60,

5、ADBE是射线DA上一动点(不与点D重合，且DADB)，在射线DB上截取DFDE，连接EF 1当点E在线段AD上时，若点E与点A重合时，请说明线段BFDC；如图 2，若点E不与点A重合，请说明BFDCAE；2当点E在线段DA的延长线上DEDB时，用等式表示线段,AE BF CD之间的数量关系(直接写出结果，不需要证明)7、如图，在平面直角坐标系中，点 A（0，3），B（3 3，0），AB=6，作 DBO=ABO，点 H 为 y 轴上的点，CAH=BAO，BD 交 y 轴于点 E，直线 DO 交 AC 于点 C（1）证明：ABE 为等边三角形；（2）若 CDAB 于点 F，求线段 CD 的长；（

6、3）动点 P 从 A 出发，沿 AOB 路线运动，速度为 1 个单位长度每秒，到 B 点处停止运动；动点 Q 从 B 出发，沿 BOA 路线运动，速度为 2 个单位长度每秒，到 A 点处停止运动两点同时开始运动，都要到达相应的终点才能停止在某时刻，作 PMCD 于点M，QNCD 于点 N问两动点运动多长时间时 OPM 与 OQN 全等？8、在 ABC 中，AB=AC，点 D 是直线 BC 上一点（不与 B、C 重合），以 AD 为一边在 AD的右侧作 ADE，使 AD=AE，DAE=BAC，连接 CE（1）如图 1，当点 D 在线段 BC 上，如果 BAC=90，则 BCE=_度；（2）设BA

7、C，BCE 如图 2，当点在线段 BC 上移动，则，之间有怎样的数量关系？请说明理由；当点在直线 BC 上移动，则，之间有怎样的数量关系？请直接写出你的结论 【参考答案】1、（1）36；（2）证明见解析；（3）3，理由见解析.【分析】(1)根据直线与坐标轴的交点易得 A,C 的坐标，从而得出 AC=12，OB=6，根据三角形面积公式可求解；(2)过 E 作 EFx 轴于点 F，【解析】（1）36；（2）证明见解析；（3）3，理由见解析.【分析】(1)根据直线与坐标轴的交点易得 A,C 的坐标，从而得出 AC=12，OB=6，根据三角形面积公式可求解；(2)过 E 作 EFx 轴于点 F，延长

8、EA 交 y 轴于点 H，证DEF BDO，得出 EFODAF，有EAFOAHOAB45，得出 BAE90.(3)由已知条件可在线段 OA 上任取一点 N,再在 AE 作关于 OF 的对称点N,当点 N 运动时，ON最短为点 O 到直线 AE 的距离.再由OAE30，在直角三角形AON中,OMONON 即可得解.【详解】解：（1）由已知条件得：AC=12，OB=6 112 6362ABCS（2）过 E 作 EFx 轴于点 F，延长 EA 交 y 轴于点 H,BDE 是等腰直角三角形，DE=DB,BDE=90,EDFBDO90 BOD90 BDODBO90 EDFDBO EFx轴，DEFBDO

9、DF=BO=AO,EF=OD AF=EF EAFOAHOAB45 BAE90（3）由已知条件可在线段 OA 上任取一点 N,再在 AE 作关于 OF 的对称点N,当点 N 运动时，ON最短为点 O 到直线 AE 的距离,即点 O 到直线 AE 的垂线段的长，OAE30，OA=6，OM+ON=3【点睛】本题考查的知识点主要是直角三角形的性质及应用，轴对称在最短路径问题中的应用，弄懂题意，作出合理的辅助线是解题的关键.2、(1)A（0，1）；(2)见解析；(3)不变，BP=1、【分析】（1）如图（1），过点 C 作 CFy 轴于点 F，构建全等三角形：ACF ABO（AAS），结合该全等三角形的对

10、应边相等易得 OA【解析】(1)A（0，1）；(2)见解析；(3)不变，BP=1、【分析】（1）如图（1），过点 C 作 CFy 轴于点 F，构建全等三角形：ACF ABO（AAS），结合该全等三角形的对应边相等易得 OA 的长度，由点 A 是 y 轴上一点可以推知点 A 的坐标；（2）过点 C 作 CGAC 交 y 轴于点 G，则ACG ABD（ASA），即得 CG=AD=CD，ADB=G，由 DCE=GCE=45，可证DCE GCE（SAS）得 CDE=G，从而得到结论；（3）BP 的长度不变，理由如下：如图（3），过点 C 作 CEy 轴于点 E，构建全等三角形：CBE BAO（AAS）

11、，结合全等三角形的对应边相等推知：CE=BO，BE=AO=3、再结合已知条件和全等三角形的判定定理 AAS 得到：CPE DPB，故 BP=EP=1、（1）如图（1），过点 C 作 CFy 轴于点 F，CFy 轴于点F，CFA=90，ACF+CAF=90，CAB=90，CAF+BAO=90，ACF=BAO，在ACF 和ABO 中，90ACFBAOCFAAOBACAB ，ACF ABO（AAS），CF=OA=1，A（0，1）；（2）如图 2，过点 C 作 CGAC 交 y 轴于点 G，CGAC，ACG=90，CAG+AGC=90，AOD=90，ADO+DAO=90，AGC=ADO，在ACG 和A

12、BD 中，90ACGBADAGCADOACAB ，ACG ABD（AAS），CG=AD=CD，ADB=G，ACB=45，ACG=90，DCE=GCE=45，在DCE 和GCE 中，CDCGDCEGCECECE，DCE GCE（SAS），CDE=G，ADB=CDE；（3）BP 的长度不变，理由如下：如图（3），过点 C 作 CEy 轴于点E ABC=90，CBE+ABO=90 BAO+ABO=90，CBE=BAO CEB=AOB=90，AB=AC，CBE BAO（AAS），CE=BO，BE=AO=3、BD=BO，CE=BD CEP=DBP=90，CPE=DPB，CPE DPB（AAS），BP=E

13、P=1、【点睛】本题考查了三角形综合题主要利用了全等三角形的性质定理与判定定理，解决本题的关键是作出辅助线，构建全等三角形 3、（1）当 M、N 运动 6 秒时，点 N 追上点 M；（2），AMN 是等边三角形；当或时，AMN 是直角三角形；（3）【详解】（1）首先设点 M、N 运动 x 秒后，M、N 两点重合，表示出 M，N 的运动路程，N 的运【解析】（1）当 M、N 运动 6 秒时，点 N 追上点 M；（2）2t，AMN 是等边三角形；当32t 或125时，AMN 是直角三角形；（3）8t 【详解】（1）首先设点 M、N 运动 x 秒后，M、N 两点重合，表示出 M，N 的运动路程，N

14、的运动路程比 M 的运动路程多 6cm，列出方程求解即可；（2）根据题意设点 M、N 运动 t 秒后，可得到等边三角形 AMN，然后表示出 AM，AN 的长，由于 A 等于 60，所以只要 AMAN 三角形 ANM 就是等边三角形；分别就 AMN90和 ANM90列方程求解可得；（3）首先假设 AMN 是等腰三角形，可证出 ACM ABN，可得 CMBN，设出运动时间，表示出 CM，NB，NM 的长，列出方程，可解出未知数的值【解答】解：（1）设点 M、N 运动 x 秒后，M、N 两点重合，x1+62x，解得：x6，即当 M、N 运动 6 秒时，点 N 追上点 M；（2）设点 M、N 运动 t

15、 秒后，可得到等边三角形 AMN，如图 1，AMt，AN62t，ABACBC6cm，A60，当 AMAN 时，AMN 是等边三角形，t62t，解得 t2，点 M、N 运动 2 秒后，可得到等边三角形 AMN 当点 N 在 AB 上运动时，如图 2，若 AMN90，BN2t，AMt，AN62t，A60，2AMAN，即 2t62t，解得32t；如图 3，若 ANM90，由 2ANAM 得 2（62t）t，解得125t 综上所述，当 t 为32或125s时，AMN 是直角三角形；（3）当点 M、N 在 BC 边上运动时，可以得到以 MN 为底边的等腰三角形，由（1）知 6 秒时 M、N 两点重合，恰

16、好在 C 处，如图 4，假设 AMN 是等腰三角形，ANAM，AMN ANM，AMC ANB，ABBCAC，ACB 是等边三角形，C B，在 ACM 和 ABN 中，AMC ANB，C B，ACAB，ACM ABN（AAS），CMBN，t6182t，解得 t8，符合题意 所以假设成立，当 M、N 运动 8 秒时，能得到以 MN 为底的等腰三角形【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质，含 30角的直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，将动点问题转化为线段的长是解题的关键 4、（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析【分析】（1）由非负性可求 a，b 的值，即可求解；（

17、2）由“SAS”可证 ABP BCQ，可得 AB=BC，BAP=CBQ，可证 ABC 是等腰直角三【解析】（1）2,8C；（2）证明见解析；（3）证明见解析【分析】（1）由非负性可求 a，b 的值，即可求解；（2）由“SAS”可证ABP BCQ，可得 AB=BC，BAP=CBQ，可证ABC 是等腰直角三角形，可得 BAC=45，可得结论；（3）由“AAS”可证ATO EAG，可得 AT=AE，OT=AG，由“SAS”可证TAD EAD，可得TD=ED，TDA=EDA，由平行线的性质可得 EFD=EDF，可得 EF=ED，即可得结论【详解】解：（1）a2-2ab+2b2-16b+64=0，（a-

18、b）2+（b-8）2=0，a=b=8，b-6=2，点 C（2，-8）；（2）a=b=8，点 A（0，6），点 B（8，0），点 C（2，-8），AO=6，OB=8，如图 1，过点 B 作 PQx 轴，过点 A 作 APPQ，交 PQ 于点 P，过点 C 作 CQPQ，交 PQ于点 Q，四边形 AOBP 是矩形，AO=BP=6，AP=OB=8，点 B（8，0），点 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，OA

19、D+ADO=OAD+BAC+ABO=90，OAC+ABO=45；（3）如图 2，过点 A 作 ATAB，交 x 轴于 T，连接 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，EGAG，EG OB，EFD=TDA，EFD=EDF，EF=ED，EF=ED=TD=OT+OD=AG+OD，EF=AG+OD【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加

20、恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键 5、（1）见解析；（2）见解析；（3）不变，理由见解析【分析】（1）先根据非负数的性质求出、的值，作于点，由定理得出，根据全等三角形的性质即可得出结论；（2）先根据，得出，再由定理即可得出；（3）【解析】（1）见解析；（2）见解析；（3）不变，理由见解析【分析】（1）先根据非负数的性质求出a、b的值，作AEOB于点E，由SAS定理得出AEOAEB，根据全等三角形的性质即可得出结论；（2）先根据CADOAB，得出OACBAD，再由SAS定理即可得出AEOAEB；（3）设AOBABO，由全等三角形的性质可得出ABDAOB，故1801802OBPABOABD为定

21、值，再由2OB，90POB可知OP的长度不变，故可得出结论【详解】解：（1）证明：23(2)0abab，3020abab，解得63ab，(3,9)A，(6,0)B，作AEOB于点E，(3,9)A，(6,0)B，3OE，6 33 BE，在AEO与AEB中，90AEAEAEOAEBOEBE，AEOAEB，AOAB；（2）证明：CADOAB，CADBACOABBAC，即OACBAD，在AOC与ABD中，OAABOACBADACAD，()AOCABD SAS；（3）点P在y轴上的位置不发生改变 理由：设AOBABO，由（2）知，AOCABD，ABDAOB，2OB，1801802OBPABOABD为定值

22、，90POB，OP长度不变，点P在y轴上的位置不发生改变 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，熟知全等三角形的判定定理是解答此题的关键 6、（1）证明见解析；证明见解析；（2）BFAE-CD【分析】（1）根据等边对等角，求到，再由含有 60角的等腰三角形是等边三角形得到是等边三角形，之后根据等边三角形的性质以及邻补角的性质得到【解析】（1）证明见解析；证明见解析；（2）BFAE-CD【分析】（1）根据等边对等角，求到BC，再由含有 60角的等腰三角形是等边三角形得到ADF是等边三角形，之后根据等边三角形的性质以及邻补角的性质得到120AFBADC，推出ABFACD，根据全等三角形的性质

23、即可得出结论；过点 A 做 AG EF 交 BC 于点 G，由 DEF 为等边三角形得到 DADG，再推出 AEGF，根据线段的和差即可整理出结论；（2）根据题意画出图形，作出 AG，由（1）可知，AE=GF，DC=BG，再由线段的和差和等量代换即可得到结论【详解】（1）证明：ABAC BC ,60DFDEADB，且 E 与 A 重合，ADF是等边三角形 60ADFAFD 120AFBADC 在ABF和ACD中 AFBADCBCABAC ABFACD BFDC 如图 2，过点 A 做 AG EF 交 BC 于点 G，ADB60 DEDF DEF 为等边三角形 AG EF DAG DEF60，A

24、GD EFD60 DAG AGD DADG DADEDGDF，即 AEGF 由易证 AGB ADC BGCD BFBGGFCDAE（2）如图 3，和（1）中相同，过点 A 做 AG EF 交 BC 于点 G，由（1）可知，AE=GF，DC=BG，BFCDBFBGGFAE 故BFAECD【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键 7、（1）详见解析；（2）CD=；（3）当两动点运动时间为、6 秒时，OPM与 OQN 全等.【分析】（1）先证 AOB EOB 得到 AE=BE=AB，从而可以得出结论；（2）由（1）知 AB

25、E=【解析】（1）详见解析；（2）CD=6 3；（3）当两动点运动时间为3 33t、13、6 秒时，OPM 与OQN 全等.【分析】（1）先证 AOB EOB 得到 AE=BE=AB，从而可以得出结论；（2）由（1）知 ABE=BEA=EAB=60，进而得出 AOF=30，利用含 30角的直角三角形的性质得到 AF、OF 的长再证明 ACF=AOF=30，D=30，同理得出 CF、DF 的长，进而可得出结论（3）设运动的时间为 t 秒然后分四种情况讨论：当点 P、Q 分别在 y 轴、x 轴上时，3 302t；当点 P、Q 都在 y 轴上时，3 332t；当点 P 在 x 轴上，Q 在 y 轴且

26、二者都没有提前停止时，33 332t；当点 P 在 x 轴上，Q 在 y 轴且点 Q 提前停止时，33 3332t，列方程求解即可【详解】（1）在AOB 与EOB 中，AOB=EOB，OB=OB，EBO=ABO，AOB EOB(ASA)，AO=EO=3，BE=AB=6，AE=BE=AB=6，ABE 为等边三角形（2）由（1）知 ABE=BEA=EAB=60 CDAB，AOF=30，AF=32 在 RtAOF 中，OF=3 32 CAH=BAO=60，CAF=60，ACF=AOF=30，AO=AC 又 CDAB，CF=3 32 AB=6，AF=32，BF=92 在 RtBDF 中，DBF=60，

27、D=30，BD=9 由勾股定理得：DF=9 32，CD=6 3（3）设运动的时间为 t 秒 当点 P、Q 分别在 y 轴、x 轴上时，3 302t，PO=QO 得：33 32tt，解得：3 33t（秒）；当点 P、Q 都在 y 轴上时，3 332t，PO=QO 得：323 3tt，解得13t （秒）；当点 P 在 x 轴上，Q 在 y 轴且二者都没有提前停止时，33 332t，则 PO=QO，得：323 3tt，解得：3 33t，不合题意，舍去 当点 P 在 x 轴上，Q 在 y 轴且点 Q 提前停止时，33 333 32t 有33t ，解得：6t（秒）综上所述：当两动点运动时间为3 33t、

28、13、6 秒时，OPM 与OQN 全等【点睛】本题考查了全等三角形的判定、含 30角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，坐标与图形的性质正确分类讨论是解题的关键 8、（1）90；（2），理由见解析；当点 D 在射线 BC上时，a+=180，当点 D 在射线 BC 的反向延长线上时，a=【分析】（1）可以证明 BAD CAE，得到 B ACE，证明 ACB【解析】（1）90；（2）180，理由见解析；当点 D 在射线 BC上时，a+=180，当点 D 在射线 BC 的反向延长线上时，a=【分析】（1）可以证明 BAD CAE，得到 B ACE，证明 ACB45，即可解决问题；（2）证明

29、BAD CAE，得到 B ACE，B ACB，即可解决问题；证明 BAD CAE，得到 ABD ACE，借助三角形外角性质即可解决问题【详解】解：（1）AB=AC，BAC=90，ABC=ACB=45，DAE=BAC，BAD=CAE，AB=AC，AD=AE，BAD CAE（SAS）ABC=ACE=45，BCE=ACB+ACE=90，故答案为：90；（2）180 理由：BACDAE，BACDACDAEDAC 即BADCAE 又ABACADAE，ABDACE BACE BACBACEACB BACB 180BACB，180 如图：当点 D 在射线 BC 上时，+=180，连接 CE，BAC=DAE，

30、BAD=CAE，在 ABD 和 ACE 中，ABACBADCAEADAE，ABD ACE（SAS），ABD=ACE，在 ABC 中，BAC+B+ACB=180，BAC+ACE+ACB=BAC+BCE=180，即：BCE+BAC=180，+=180，如图：当点 D 在射线 BC 的反向延长线上时，=连接 BE，BAC=DAE，BAD=CAE，又 AB=AC，AD=AE，ABD ACE（SAS），ABD=ACE，ABD=ACE=ACB+BCE，ABD+ABC=ACE+ABC=ACB+BCE+ABC=180，BAC=180-ABC-ACB，BAC=BCE =；综上所述：点 D 在直线 BC 上移动，+=180或=【点睛】该题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及其性质等几何知识点及其应用问题；应牢固掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及其性质等几何知识点