人教版初二数学上册压轴题质量检测试题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；3．已知ABC是等边三角形，ADE的顶点D在边BC上（1）如图1，若AD＝DE，∠AED＝60°，求∠ACE的度数；（2）如图2，若点D为BC的中点，AE＝AC，∠EAC＝90°，连CE，求证：CE＝2BF；（3）如图3，若点D为BC的一动点，∠AED＝90°，∠ADE＝30°，已知ABC的面积为4，当点D在BC上运动时，ABE的面积是否发生变化？若不变，请求出其面积；若变化请说明理由．3．已知点A在x轴正半轴上，以OA为边作等边OAB，A(x，0)，其中x是方程的解．（1）求点A的坐标；（2）如图1，点C在y轴正半轴上，以AC为边在第一象限内作等边ACD，连DB并延长交y轴于点E，求的度数；（3）如图2，点F为x轴正半轴上一动点，点F在点A的右边，连接FB，以FB为边在第一象限内作等边FBG，连GA并延长交y轴于点H，当点F运动时，的值是否发生变化？若不变，求其值；若变化，求出其变化的范围．4．如图1，在平面直角坐标系中，AO＝AB，∠BAO＝90°，BO＝8cm，动点D从原点O出发沿x轴正方向以acm/s的速度运动，动点E也同时从原点O出发在y轴上以bcm/s的速度运动，且a，b满足关系式a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0，连接OD，OE，设运动的时间为t秒．（1）求a，b的值；（2）当t为何值时，BAD≌OAE；（3）如图2，在第一象限存在点P，使∠AOP＝30°，∠APO＝15°，求∠ABP．5．在平面直角坐标系中，点A(a，0)，点B(0，b)，已知a，b满足．（1）求点A和点B的坐标；（2）如图1，点E为线段OB的中点，连接AE，过点A在第二象限作，且，连接BF交x轴于点D，求点D和点F的坐标；：（3）在（2）的条件下，如图2，过点E作交AB于点P，M是EP延长线上一点，且，连接MO，作，ON交BA的延长线于点N，连接MN，求点N的坐标．6．如图，ABC是等边三角形，点D、E分别是射线AB、射线CB上的动点，点D从点A出发沿射线AB移动，点E从点B出发沿BG移动，点D、点E同时出发并且运动速度相同．连接CD、DE．（1）如图①，当点D移动到线段AB的中点时，求证：DE=DC．（2）如图②，当点D在线段AB上移动但不是中点时，试探索DE与DC之间的数量关系，并说明理由．（3）如图③，当点D移动到线段AB的延长线上，并且ED⊥DC时，求∠DEC度数．7．等腰中，∠BAC=90°，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BP的长度．8．已知ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC为边向外作等边ABD和等边BCE．(1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN(3)若AB⊥BC，延长AB交DE于M，DB=，如图3，则BM=（直接写出结果）【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）60°；（2）见解析；（3）不变，【分析】（1）由题意，先证ADE是等边三角形，再证BAD≌CAE，得∠ACE=∠B=60°；（2）由题意，先求出∠BEC=30°，然后求出∠CF解析：（1）60°；（2）见解析；（3）不变，【分析】（1）由题意，先证ADE是等边三角形，再证BAD≌CAE，得∠ACE=∠B=60°；（2）由题意，先求出∠BEC=30°，然后求出∠CFE=90°，利用直角三角形中30度角所对直角边等于斜边的一半，即可得证；（3）延长AE至F，使EF=AE，连DF、CF，先证明ADF是等边三角形，然后证明EGF≌EHA，结合HG是定值，即可得到答案．【详解】解：（1）根据题意，∵AD＝DE，∠AED＝60°，∴ADE是等边三角形，∴AD=AE，∠DAE=60°，∵AB=AC，∠BAC=60°，∴，即，∴BAD≌CAE，∴∠ACE=∠B=60°；（2）连CF，如图：∵AB=AC=AE，∴∠AEB=∠ABE，∵∠BAC=60°，∠EAC=90°，∴∠BAE=150°，∴∠AEB=∠ABE=15°；∵ACE是等腰直角三角形，∴∠AEC=45°，∴∠BEC=30°，∠EBC=45°，∵AD垂直平分BC，点F在AD上，∴CF=BF，∴∠FCB=∠EBC=45°，∴∠CFE=90°，在直角CEF中，∠CFE=90°，∠CEF=30°，∴CE=2CF=2BF；（3）延长AE至F，使EF=AE，连DF、CF，如图：∵∠AED＝90°，EF=AE，∴DE是中线，也是高，∴ADF是等腰三角形，∵∠ADE＝30°，∴∠DAE=60°，∴ADF是等边三角形；由（1）同理可求∠ACF=∠ABC=60°，∴∠ACF=∠BAC=60°，∴CF∥AB，过E作EG⊥CF于G，延长GE交BA的延长线于点H，易证EGF≌EHA，∴EH=EG=HG，∵HG是两平行线之间的距离，是定值，∴SABE＝SABC＝；【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行解题．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）；（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）由“SAS”可证ABG≌OBF可得OF＝AG，∠BAG＝∠BOF＝60°，可求∠OAH＝60°，可得AH＝6，即可求解．【详解】解：（1）∵是方程的解．解得：，检验当时，，，∴是原方程的解，∴点；（2）∵ACD，ABO是等边三角形，∴AO＝AB，AD＝AC，∠BAO＝∠CAD＝60°，∴∠CAO＝∠BAD，且AO＝AB，AD＝AC，∴CAO≌DAB（SAS）∴∠DBA＝∠COA＝90°，∴∠ABE＝90°，∵∠AOE＋∠ABE＋∠OAB＋∠BEO＝360°，∴∠BEO＝120°；（3）GH−AF的值是定值，理由如下：∵ABC，BFG是等边三角形，∴BO＝AB＝AO＝3，FB＝BG，∠BOA＝∠ABO＝∠FBG＝60°，∴∠OBF＝∠ABG，且OB＝AB，BF＝BG，∴ABG≌OBF（SAS），∴OF＝AG，∠BAG＝∠BOF＝60°，∴AG＝OF＝OA＋AF＝3＋AF，∵∠OAH＝180°−∠OAB−∠BAG，∴∠OAH＝60°，且∠AOH＝90°，OA＝3，∴AH＝6，∴GH−AF＝AH＋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．（1）a＝2，b＝1；（2）t＝或t＝8；（3）∠ABP＝105°．【分析】（1）将a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0用配方法得出（a﹣2）2+（b﹣1）2＝0，利用非负数的性质，即可得出结论；解析：（1）a＝2，b＝1；（2）t＝或t＝8；（3）∠ABP＝105°．【分析】（1）将a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0用配方法得出（a﹣2）2+（b﹣1）2＝0，利用非负数的性质，即可得出结论；（2）先由运动得出BD＝|8﹣2t|，再由全等三角形的性质的出货BD＝OE，建立方程求解即可得出结论．（3）先判断出OAP≌BAQ（SAS），得出OP＝BQ，∠ABQ＝∠AOP＝30°，∠AQB＝∠APO＝15°，再求出∠OAP＝135°，进而判断出OAQ≌BAQ（SAS），得出∠OQA＝∠BQA＝15°，OQ＝BQ，再判断出OPQ是等边三角形，得出∠OQP＝60°，进而求出∠BQP＝30°，再求出∠PBQ＝75°，即可得出结论．【详解】解：（1）∵a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0，∴（a﹣2）2+（b﹣1）2＝0，∴a﹣2＝0，b﹣1＝0，∴a＝2，b＝1；（2）由（1）知，a＝2，b＝1，由运动知，OD＝2t，OE＝t，∵OB＝8，∴DB＝|8﹣2t|∵BAD≌OAE，∵DB＝OE，∴|8﹣2t|＝t，解得，t＝（如图1）或t＝8（如图2）；（3）如图3，过点A作AQ⊥AP，使AQ＝AP，连接OQ，BQ，PQ，则∠APQ＝45°，∠PAQ＝90°，∵∠OAB＝90°，∴∠PAQ＝∠OAB，∴∠OAB+∠BAP＝∠PAQ+∠BAP，即：∠OAP＝∠BAQ，∵OA＝AB，AD＝AD，∴OAP≌BAQ（SAS），∴OP＝BQ，∠ABQ＝∠AOP＝30°，∠AQB＝∠APO＝15°，在AOP中，∠AOP＝30°，∠APO＝15°，∴∠OAP＝180°﹣∠AOP﹣∠APO＝135°，∴∠OAQ＝360°﹣∠OAP﹣∠PAQ＝135°﹣90°＝135°＝∠OAP，∵OA＝AB，AD＝AD，∴OAQ≌BAQ（SAS），∴∠OQA＝∠BQA＝15°，OQ＝BQ，∵OP＝BQ，∴OQ＝OP，∵∠APQ＝45°，∠APO＝15°，∴∠OPQ＝∠APO+∠APQ＝60°，∴OPQ是等边三角形，∴∠OQP＝60°，∴∠BQP＝∠OQP﹣∠OQA﹣∠BQA＝60°﹣15°﹣15°＝30°，∵BQ＝PQ，∴∠PBQ＝（180°﹣∠BQP）＝75°，∴∠ABP＝∠ABQ+∠PBQ＝30°+75°＝105°．【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了配方法、非负数的性质、三角形内角和定理、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定及性质，构造出全等三角形是解题的关键．6．（1），；（2）D(-1，0)，F(-2，4)；（3）N(-6，2)【分析】（1）结合题意，根据绝对值和乘方的性质，得，，通过求解一元一次方程，得，；结合坐标的性质分析，即可得到答案；（2）解析：（1），；（2）D(-1，0)，F(-2，4)；（3）N(-6，2)【分析】（1）结合题意，根据绝对值和乘方的性质，得，，通过求解一元一次方程，得，；结合坐标的性质分析，即可得到答案；（2）如图，过点F作FH⊥AO于点H，根据全等三角形的性质，通过证明，得AH=EO=2，FH=AO=4，从而得OH =2，即可得点F坐标；通过证明，推导得HD=OD=1，即可得到答案；（3）过点N分别作NQ⊥ON交OM的延长线于点Q，NG⊥PN交EM的延长线于点G，再分别过点Q和点N作QR⊥EG于点R，NS⊥EG于点S，根据余角和等腰三角形的性质，通过证明等腰和等腰，推导得，再根据全等三角形的性质，通过证明，得等腰，再通过证明，得NS=EM=4，MS=OE=2，即可完成求解．【详解】（1）∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，．（2）如图，过点F作FH⊥AO于点H∵AF⊥AE∴∠FHA=∠AOE=90°，∵ ∴∠AFH=∠EAO又∵AF=AE，在和中 ∴∴AH=EO=2，FH=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(-2，4)；（3）如图，过点N分别作NQ⊥ON交OM的延长线于点Q，NG⊥PN交EM的延长线于点G，再分别过点Q和点N作QR⊥EG于点R，NS⊥EG于点S∴∴， ∴∴ ∴∴等腰∴NQ=NO，∵NG⊥PN, NS⊥EG∴ ∴， ∴ ∵，∴ ∵点E为线段OB的中点∴ ∴ ∴ ∴ ∴∴ ∴∴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)．【点睛】本题考查了直角坐标系、全等三角形、直角三角形、等腰三角形、绝对值、乘方的知识；解题的关键是熟练掌握直角坐标系、全等三角形、等腰三角形的性质，从而完成求解．7．（1）见详解；（2）DE=DC，理由见详解；（3）∠DEC=45°【分析】（1）由题意可知，所以，由等边三角形及中点可知，而，所以可证，进一步可证（2）猜测，寻找条件证明即可.最常用解析：（1）见详解；（2）DE=DC，理由见详解；（3）∠DEC=45°【分析】（1）由题意可知，所以，由等边三角形及中点可知，而，所以可证，进一步可证（2）猜测，寻找条件证明即可.最常用的是证明两个三角形全等，但图中给出的三角形中并未出现全等三角形，所以添加辅助线：在射线AB上截取，这样只要证明即可.利用等边三角形的性质及可知为等边三角形，这样通过两个等边三角形即可证明.（3）按照第（2）问的思路，作出类似的辅助线：在射线CB上截取，用同样的方法证明，又因为ED⊥DC，所以为等腰之间三角形，则∠DEC度数可求.【详解】由题意可知 ∵D为AB的中点∵为等边三角形，（2）理由如下：在射线AB上截取，连接EF∵为等边三角形∴为等边三角形由题意知即在和中，（3）如图，在射线CB上截取，连接DF∵为等边三角形∴为等边三角形由题意知即在和中，∵ED⊥DC∴为等腰直角三角形【点睛】本题主要考查了等腰三角形，等边三角形，全等三角形的判定及性质，能够作出辅助线，并合理利用等边三角形的性质是解题的关键.8．(1)A（0，1）；(2)见解析；(3)不变，BP= 2．【分析】（1）如图（1），过点C作CF⊥y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解析：(1)A（0，1）；(2)见解析；(3)不变，BP= 2．【分析】（1）如图（1），过点C作CF⊥y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CG⊥AC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CE⊥y轴于点E，构建全等三角形：CBE≌BAO（AAS），结合全等三角形的对应边相等推知：CE=BO，BE=AO=4．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=2．（1）如图（1），过点C作CF⊥y轴于点F，∵CF⊥y轴于点F，∴∠CFA=90°，∠ACF+∠CAF=90°，∵∠CAB=90°，∴∠CAF+∠BAO=90°，∴∠ACF=∠BAO，在ACF和ABO中，，∴ACF≌ABO（AAS），∴CF=OA=1，∴A（0，1）；（2）如图2，过点C作CG⊥AC交y轴于点G，∵CG⊥AC，∴∠ACG=90°，∠CAG+∠AGC=90°，∵∠AOD=90°，∴∠ADO+∠DAO=90°，∴∠AGC=∠ADO，在ACG和ABD中，，∴ACG≌ABD（AAS），∴CG=AD=CD，∠ADB=∠G，∵∠ACB=45°，∠ACG=90°，∴∠DCE=∠GCE=45°，在DCE和GCE中，，∴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CE⊥y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=4．∵BD=BO，∴CE=BD．∵∠CEP=∠DBP=90°，∠CPE=∠DPB，∴CPE≌DPB（AAS），∴BP=EP=2．【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．9．(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出DBC≌ABE，即可得出结论；（2）先判断出ADN≌FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AN解析：(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出DBC≌ABE，即可得出结论；（2）先判断出ADN≌FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，进而判断出∠BAC=∠ACF，即可判断出ABC≌CFA，即可得出结论；（3）先判断出ABC≌HEB(ASA)，得出，，再判断出ADM≌HEM (AAS)，得出AM=HM，即可得出结论．(1)解：∵ABD和BCE是等边三角形，∴BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∴∠DBC=∠ABE，∴ABE≌DBC（SAS），∴AE=CD；(2)解：如图，延长AN使NF=AN，连接FC，∵N为CD中点，∴DN=CN，∵∠AND=∠FNC，∴ADN≌FCN(SAS)，∴CF=AD，∠NCF=∠AND，∵∠DAB=∠BAC=60°∴∠ACD +∠ADN=60°∴∠ACF=∠ACD+∠NCF=60°，∴∠BAC=∠ACF，∵ABD是等边三角形，∴AB=AD，∴AB=CF，∵AC=CA，∴ABC≌CFA (SAS)，∴BC=AF，∵BCE是等边三角形，∴CE=BC=AF=2AN；(3)解： ∵ABD是等边三角形，∴，∠BAD=60°，在中，∠ACB=90°－∠BAC=30°，∴，如图，过点E作EH // AD交AM的延长线于H，∴∠H=∠BAD=60°，∵BCE是等边三角形，∴BC=BE，∠CBE=60°，∵∠ABC=90°，∴∠EBH=90°－∠CBE=30°=∠ACB，∴∠BEH=180°－∠EBH－∠H=90°=∠ABC，∴ABC≌HEB (ASA)，∴，，∴AD=EH，∵∠AMD=∠HME，∴ADM≌HEM (AAS)，∴AM=HM，∴∵，，∴．故答案为：．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．