人教版初二數學上冊壓軸題質量檢測試題1．（初步探索）（1）如圖：在四邊形中，，，、分別是、上的點，且，探究圖中、、之間的數量關系．(1)（1）小明同學探究此問題的方法是：延長到點，使．連接，先證明，再證明，可得出結論，他的結論應是；(2)（靈活運用）（2）如圖2，若在四邊形中，，，、分別是、上的點，且，上述結論是否仍然成立，并說明理由；3．已知ABC是等邊三角形，ADE的頂點D在邊BC上（1）如圖1，若AD＝DE，∠AED＝60°，求∠ACE的度數；（2）如圖2，若點D為BC的中點，AE＝AC，∠EAC＝90°，連CE，求證：CE＝2BF；（3）如圖3，若點D為BC的一動點，∠AED＝90°，∠ADE＝30°，已知ABC的面積為4，當點D在BC上運動時，ABE的面積是否發生變化？若不變，請求出其面積；若變化請說明理由．3．已知點A在x軸正半軸上，以OA為邊作等邊OAB，A(x，0)，其中x是方程的解．（1）求點A的坐標；（2）如圖1，點C在y軸正半軸上，以AC為邊在第一象限內作等邊ACD，連DB并延長交y軸于點E，求的度數；（3）如圖2，點F為x軸正半軸上一動點，點F在點A的右邊，連接FB，以FB為邊在第一象限內作等邊FBG，連GA并延長交y軸于點H，當點F運動時，的值是否發生變化？若不變，求其值；若變化，求出其變化的范圍．4．如圖1，在平面直角坐標系中，AO＝AB，∠BAO＝90°，BO＝8cm，動點D從原點O出發沿x軸正方向以acm/s的速度運動，動點E也同時從原點O出發在y軸上以bcm/s的速度運動，且a，b滿足關系式a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0，連接OD，OE，設運動的時間為t秒．（1）求a，b的值；（2）當t為何值時，BAD≌OAE；（3）如圖2，在第一象限存在點P，使∠AOP＝30°，∠APO＝15°，求∠ABP．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，ABC是等邊三角形，點D、E分別是射線AB、射線CB上的動點，點D從點A出發沿射線AB移動，點E從點B出發沿BG移動，點D、點E同時出發并且運動速度相同．連接CD、DE．（1）如圖①，當點D移動到線段AB的中點時，求證：DE=DC．（2）如圖②，當點D在線段AB上移動但不是中點時，試探索DE與DC之間的數量關系，并說明理由．（3）如圖③，當點D移動到線段AB的延長線上，并且ED⊥DC時，求∠DEC度數．7．等腰中，∠BAC=90°，AB=AC，點A、點B分別是y軸、x軸上兩個動點，直角邊AC交x軸于點D，斜邊BC交y軸于點E．(1)如圖（1），已知C點的橫坐標為-1，直接寫出點A的坐標；(2)如圖（2），當等腰運動到使點D恰為AC中點時，連接DE．求證：∠ADB=∠CDE；(3)如圖（3），若點A在x軸上，且A（-4，0），點B在y軸的正半軸上運動時，分別以OB、AB為直角邊在第一、二象限作等腰直角BOD和等腰直角ABC，連結CD交，軸于點P，問當點B在y軸的正半軸上運動時，BP的長度是否變化？若變化請說明理由，若不變化，請求出BP的長度．8．已知ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC為邊向外作等邊ABD和等邊BCE．(1)連接AE、CD，如圖1，求證：AE=CD；(2)若N為CD中點，連接AN，如圖2，求證：CE=2AN(3)若AB⊥BC，延長AB交DE于M，DB=，如圖3，則BM=（直接寫出結果）【參考答案】2．(1)（初步探索）結論：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；(2)（靈活運用）成立，理由見解析【分析】（1）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，可判定ABE≌ADG，進而得出∠BAE=∠D解析：(1)（初步探索）結論：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；(2)（靈活運用）成立，理由見解析【分析】（1）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，可判定ABE≌ADG，進而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定AEF≌AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，據此得出結論；（2）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，先判定ABE≌ADG，進而得出∠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：如圖1，延長FD到點G，使DG＝BE，連接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．故答案為：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；（2）如圖2，延長FD到點G，使DG＝BE，連接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【點睛】本題考查了全等三角形的判定以及性質的綜合應用，解決問題的關鍵是作輔助線構造全等三角形，根據全等三角形的對應角相等進行推導變形．解題時注意：同角的補角相等．3．（1）60°；（2）見解析；（3）不變，【分析】（1）由題意，先證ADE是等邊三角形，再證BAD≌CAE，得∠ACE=∠B=60°；（2）由題意，先求出∠BEC=30°，然后求出∠CF解析：（1）60°；（2）見解析；（3）不變，【分析】（1）由題意，先證ADE是等邊三角形，再證BAD≌CAE，得∠ACE=∠B=60°；（2）由題意，先求出∠BEC=30°，然后求出∠CFE=90°，利用直角三角形中30度角所對直角邊等于斜邊的一半，即可得證；（3）延長AE至F，使EF=AE，連DF、CF，先證明ADF是等邊三角形，然后證明EGF≌EHA，結合HG是定值，即可得到答案．【詳解】解：（1）根據題意，∵AD＝DE，∠AED＝60°，∴ADE是等邊三角形，∴AD=AE，∠DAE=60°，∵AB=AC，∠BAC=60°，∴，即，∴BAD≌CAE，∴∠ACE=∠B=60°；（2）連CF，如圖：∵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，點F在AD上，∴CF=BF，∴∠FCB=∠EBC=45°，∴∠CFE=90°，在直角CEF中，∠CFE=90°，∠CEF=30°，∴CE=2CF=2BF；（3）延長AE至F，使EF=AE，連DF、CF，如圖：∵∠AED＝90°，EF=AE，∴DE是中線，也是高，∴ADF是等腰三角形，∵∠ADE＝30°，∴∠DAE=60°，∴ADF是等邊三角形；由（1）同理可求∠ACF=∠ABC=60°，∴∠ACF=∠BAC=60°，∴CF∥AB，過E作EG⊥CF于G，延長GE交BA的延長線于點H，易證EGF≌EHA，∴EH=EG=HG，∵HG是兩平行線之間的距離，是定值，∴SABE＝SABC＝；【點睛】本題考查了等邊三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質，含30度角的直角三角形的性質，解題的關鍵是熟練掌握所學的知識，正確的作出輔助線，從而進行解題．4．（1）；（2）；（3）的值是定值，9．【分析】（1）先求出方程的解為，即可求解；（2）由“SAS”可證CAO≌DAB，可得∠DBA＝∠COA＝90°，由四邊形內角和定理可求解；（3）解析：（1）；（2）；（3）的值是定值，9．【分析】（1）先求出方程的解為，即可求解；（2）由“SAS”可證CAO≌DAB，可得∠DBA＝∠COA＝90°，由四邊形內角和定理可求解；（3）由“SAS”可證ABG≌OBF可得OF＝AG，∠BAG＝∠BOF＝60°，可求∠OAH＝60°，可得AH＝6，即可求解．【詳解】解：（1）∵是方程的解．解得：，檢驗當時，，，∴是原方程的解，∴點；（2）∵ACD，ABO是等邊三角形，∴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是等邊三角形，∴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．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了分式方程的解法，等邊三角形性質，全等三角形的性質和判定的應用，主要考查學生運用定理進行推理的能力．5．（1）a＝2，b＝1；（2）t＝或t＝8；（3）∠ABP＝105°．【分析】（1）將a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0用配方法得出（a﹣2）2+（b﹣1）2＝0，利用非負數的性質，即可得出結論；解析：（1）a＝2，b＝1；（2）t＝或t＝8；（3）∠ABP＝105°．【分析】（1）將a2+b2﹣4a﹣2b+5＝0用配方法得出（a﹣2）2+（b﹣1）2＝0，利用非負數的性質，即可得出結論；（2）先由運動得出BD＝|8﹣2t|，再由全等三角形的性質的出貨BD＝OE，建立方程求解即可得出結論．（3）先判斷出OAP≌BAQ（SAS），得出OP＝BQ，∠ABQ＝∠AOP＝30°，∠AQB＝∠APO＝15°，再求出∠OAP＝135°，進而判斷出OAQ≌BAQ（SAS），得出∠OQA＝∠BQA＝15°，OQ＝BQ，再判斷出OPQ是等邊三角形，得出∠OQP＝60°，進而求出∠BQP＝30°，再求出∠PBQ＝75°，即可得出結論．【詳解】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，由運動知，OD＝2t，OE＝t，∵OB＝8，∴DB＝|8﹣2t|∵BAD≌OAE，∵DB＝OE，∴|8﹣2t|＝t，解得，t＝（如圖1）或t＝8（如圖2）；（3）如圖3，過點A作AQ⊥AP，使AQ＝AP，連接OQ，BQ，PQ，則∠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是等邊三角形，∴∠OQP＝60°，∴∠BQP＝∠OQP﹣∠OQA﹣∠BQA＝60°﹣15°﹣15°＝30°，∵BQ＝PQ，∴∠PBQ＝（180°﹣∠BQP）＝75°，∴∠ABP＝∠ABQ+∠PBQ＝30°+75°＝105°．【點睛】本題是三角形綜合題，主要考查了配方法、非負數的性質、三角形內角和定理、等邊三角形的判定和性質、全等三角形的判定及性質，構造出全等三角形是解題的關鍵．6．（1），；（2）D(-1，0)，F(-2，4)；（3）N(-6，2)【分析】（1）結合題意，根據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(-2，4)；（3）N(-6，2)【分析】（1）結合題意，根據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，根據全等三角形的性質，通過證明，得AH=EO=2，FH=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，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）見詳解；（2）DE=DC，理由見詳解；（3）∠DEC=45°【分析】（1）由題意可知，所以，由等邊三角形及中點可知，而，所以可證，進一步可證（2）猜測，尋找條件證明即可.最常用解析：（1）見詳解；（2）DE=DC，理由見詳解；（3）∠DEC=45°【分析】（1）由題意可知，所以，由等邊三角形及中點可知，而，所以可證，進一步可證（2）猜測，尋找條件證明即可.最常用的是證明兩個三角形全等，但圖中給出的三角形中并未出現全等三角形，所以添加輔助線：在射線AB上截取，這樣只要證明即可.利用等邊三角形的性質及可知為等邊三角形，這樣通過兩個等邊三角形即可證明.（3）按照第（2）問的思路，作出類似的輔助線：在射線CB上截取，用同樣的方法證明，又因為ED⊥DC，所以為等腰之間三角形，則∠DEC度數可求.【詳解】由題意可知 ∵D為AB的中點∵為等邊三角形，（2）理由如下：在射線AB上截取，連接EF∵為等邊三角形∴為等邊三角形由題意知即在和中，（3）如圖，在射線CB上截取，連接DF∵為等邊三角形∴為等邊三角形由題意知即在和中，∵ED⊥DC∴為等腰直角三角形【點睛】本題主要考查了等腰三角形，等邊三角形，全等三角形的判定及性質，能夠作出輔助線，并合理利用等邊三角形的性質是解題的關鍵.8．(1)A（0，1）；(2)見解析；(3)不變，BP= 2．【分析】（1）如圖（1），過點C作CF⊥y軸于點F，構建全等三角形：ACF≌ABO（AAS），結合該全等三角形的對應邊相等易解析：(1)A（0，1）；(2)見解析；(3)不變，BP= 2．【分析】（1）如圖（1），過點C作CF⊥y軸于點F，構建全等三角形：ACF≌ABO（AAS），結合該全等三角形的對應邊相等易得OA的長度，由點A是y軸上一點可以推知點A的坐標；（2）過點C作CG⊥AC交y軸于點G，則ACG≌ABD（ASA），即得CG=AD=CD，∠ADB=∠G，由∠DCE=∠GCE=45°，可證DCE≌GCE（SAS）得∠CDE=∠G，從而得到結論；（3）BP的長度不變，理由如下：如圖（3），過點C作CE⊥y軸于點E，構建全等三角形：CBE≌BAO（AAS），結合全等三角形的對應邊相等推知：CE=BO，BE=AO=4．再結合已知條件和全等三角形的判定定理AAS得到：CPE≌DPB，故BP=EP=2．（1）如圖（1），過點C作CF⊥y軸于點F，∵CF⊥y軸于點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）如圖2，過點C作CG⊥AC交y軸于點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的長度不變，理由如下：如圖（3），過點C作CE⊥y軸于點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．【點睛】本題考查了三角形綜合題．主要利用了全等三角形的性質定理與判定定理，解決本題的關鍵是作出輔助線，構建全等三角形．9．(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）先判斷出∠DBC=∠ABE，進而判斷出DBC≌ABE，即可得出結論；（2）先判斷出ADN≌FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AN解析：(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）先判斷出∠DBC=∠ABE，進而判斷出DBC≌ABE，即可得出結論；（2）先判斷出ADN≌FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，進而判斷出∠BAC=∠ACF，即可判斷出ABC≌CFA，即可得出結論；（3）先判斷出ABC≌HEB(ASA)，得出，，再判斷出ADM≌HEM (AAS)，得出AM=HM，即可得出結論．(1)解：∵ABD和BCE是等邊三角形，∴BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∴∠DBC=∠ABE，∴ABE≌DBC（SAS），∴AE=CD；(2)解：如圖，延長AN使NF=AN，連接FC，∵N為CD中點，∴DN=CN，∵∠AND=∠FNC，∴ADN≌FCN(SAS)，∴CF=AD，∠NCF=∠AND，∵∠DAB=∠BAC=60°∴∠ACD +∠ADN=60°∴∠ACF=∠ACD+∠NCF=60°，∴∠BAC=∠ACF，∵ABD是等邊三角形，∴AB=AD，∴AB=CF，∵AC=CA，∴ABC≌CFA (SAS)，∴BC=AF，∵BCE是等邊三角形，∴CE=BC=AF=2AN；(3)解： ∵ABD是等邊三角形，∴，∠BAD=60°，在中，∠ACB=90°－∠BAC=30°，∴，如圖，過點E作EH // AD交AM的延長線于H，∴∠H=∠BAD=60°，∵BCE是等邊三角形，∴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，∴∵，，∴．故答案為：．【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質，含30°角的直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，構造出全等三角形是解本題的關鍵．