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】的内容,可以使用淘豆网的站内搜索功能,选择自己适合的文档,以下文字是截取该文章内的部分文字,如需要获得完整电子版,请下载此文档到您的设备,方便您编辑和打印。初二上学期压轴题模拟数学质量检测试卷含解析(一),A(a,0),B(0,b)分别是x轴负半轴和y轴正半轴上一点,点C与点A关于y轴对称,点P是x轴正半轴上C点右侧一动点.(1)当2a2+4ab+4b2+2a+1=0时,求A,B的坐标;(2)当a+b=0时,①如图1,若D与P关于y轴对称,PE⊥DB并交DB延长线于E,交AB的延长线于F,求证:PB=PF;②如图2,把射线BP绕点B顺时针旋转45o,交x轴于点Q,当CP=AQ时,求∠,已知CD是线段AB的垂直平分线,垂足为D,C在D点上方,∠BAC=30°,P是直线CD上一动点,E是射线AC上除A点外的一点,PB=PE,连BE.(1)如图1,若点P与点C重合,求∠ABE的度数;(2)如图2,若P在C点上方,求证:PD+AC=CE;(3)若AC=6,CE=2,则PD的值为(直接写出结果).,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∠,在平面直角坐标系中,点,,且,满足,连接,,交轴于点.(1)求点的坐标;(2)求证:;(3)如图2,点在线段上,作轴于点,交于点,若,求证:.△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,.①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;②当点在直线BC上移动,则,之间有怎样的数量关系?,在平面直角坐标系中,,动点从原点出发沿轴正方向以的速度运动,动点也同时从原点出发在轴上以的速度运动,且满足关系式,连接,设运动的时间为秒.(1)求的值;(2)当为何值时,(3)如图2,在第一象限存在点,使,,在平面直角坐标系中,直线AB与轴交于点A、与轴交于点B,且∠ABO=45°,A(-6,0),直线BC与直线AB关于轴对称.(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:AB⊥AE;(3)如图3,点E是轴正半轴上一点,且∠OAE=30°,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OM+NM的值最小?若存在,请写出其最小值,.【阅读材料】小明同学发现这样一个规律:两个顶角相等的等腰三角形,如果具有公共的顶角的顶点,并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形,小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形如图1,在“手拉手”图形中,小明发现若∠BAC=∠DAE,AB=AC,AD=AE,则ABD≌ACE.【材料理解】(1)在图1中证明小明的发现.【深入探究】(2)如图2,ABC和AED是等边三角形,连接BD,EC交于点O,连接AO,下列结论:①BD=EC;②∠BOC=60°;③∠AOE=60°,其中正确的有_____.(将所有正确的序号填在横线上)【延伸应用】(3)如图3,在四边形ABCD中,BD=CD,AB=BE,∠ABE=∠BDC=60°,试探究∠A与∠BED的数量关系,并证明.【参考答案】2.(1);(2)①见解析;②∠APB=°【分析】(1)利用非负数的性质求解即可;(2)①想办法证明∠PBF=∠F,可得结论;②如图2中,过点Q作QF⊥QB交PB于F,过点F作FH⊥x轴解析:(1);(2)①见解析;②∠APB=°【分析】(1)利用非负数的性质求解即可;(2)①想办法证明∠PBF=∠F,可得结论;②如图2中,过点Q作QF⊥QB交PB于F,过点F作FH⊥x轴于H,可得等腰直角△BQF,证明△FQH≌△QBO(AAS),再证明FQ=FP即可解决问题.【详解】解:(1)∵2a2+4ab+4b2+2a+1=0,∴(a+2b)2+(a+1)2=0,∵(a+2b)2≥0,(a+1)2≥0,∴a+2b=0,a+1=0,∴a=﹣1,b=,∴A(﹣1,0),B(0,).(2)①证明:如图1中,∵a+b=0,∴a=﹣b,∴OA=OB,???又∵∠AOB=90°,∴∠BAO=∠ABO=45°,∵D与P关于y轴对称,∴BD=BP,∴∠BDP=∠BPD,设∠BDP=∠BPD=α,则∠PBF=∠BAP+∠BPA=45°+α,∵PE⊥DB,∴∠BEF=90°,∴∠F=90°﹣∠EBF,又∠EBF=∠ABD=∠BAO﹣∠BDP=45°﹣α,∴∠F=45°+α,∴∠PBF=∠F,∴PB=PF.②解:如图2中,过点Q作QF⊥QB交PB于F,过点F作FH⊥△BQF,∵∠BOQ=∠BQF=∠FHQ=90°,∴∠BQO+∠FQH=90°,∠FQH+∠QFH=90°,∴∠BQO=∠QFH,∵QB=QF,∴△FQH≌△QBO(AAS),∴HQ=OB=OA,∴HO=AQ=PC,∴PH=OC=OB=QH,∴FQ=FP,又∠BFQ=45°,∴∠APB=°.【点睛】本题考查完全平方公式、实数的非负性、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质,.(1)∠ABE=90°;(2)PD+AC=CE,见解析;(3)1【分析】(1)根据线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定与性质得到:△BPE为等边三角形,则∠CBE=60°,故∠ABE=90°;解析:(1)∠ABE=90°;(2)PD+AC=CE,见解析;(3)1【分析】(1)根据线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定与性质得到:△BPE为等边三角形,则∠CBE=60°,故∠ABE=90°;(2)如图2,过P作PH⊥AE于H,连BC,作PG⊥BC交BC的延长线于G,构造含30度角的直角△PCG、直角△CPH以及全等三角形(Rt△PGB≌Rt△PHE),根据含30度的直角三角形的性质和全等三角形的对应边相等证得结论;(3)分三种情况讨论,根据(2)的解题思路得到PD=AC+CE或PD=CE-AC,将数值代入求解即可.【详解】(1)解:如图1,∵点P与点C重合,CD是线段AB的垂直平分线,∴PA=PB,∴∠PAB=∠PBA=30°,∴∠BPE=∠PAB+∠PBA=60°,∵PB=PE,∴△BPE为等边三角形,∴∠CBE=60°,∴∠ABE=90°;(2)如图2,过P作PH⊥AE于H,连BC,作PG⊥BC交BC的延长线于G,∵CD垂直平分AB,∴CA=CB,∵∠BAC=30°,∴∠ACD=∠BCD=60°,∴∠GCP=∠HCP=∠BCE=∠ACD=∠BCD=60°,∴∠GPC=∠HPC=30°,∴PG=PH,CG=CH=CP,CD=AC,在Rt△PGB和Rt△PHE中,,∴Rt△PGB≌Rt△PHE(HL).∴BG=EH,即CB+CG=CE-CH,∴CB+CP=CE-CP,即CB+CP=CE,又∵CB=AC,∴CP=PD-CD=PD-AC,∴PD+AC=CE;(3)①当P在C点上方时,由(2)得:PD=CE-AC,当AC=6,CE=2时,PD=2-3=-1,不符合题意;②当P在线段CD上时,如图3,过P作PH⊥AE于H,连BC,作PG⊥BC交BC于G,此时Rt△PGB≌Rt△PHE(HL),∴BG=EH,即CB-CG=CE+CH,∴CB-CP=CE+CP,即CP=CB-CE,又∵CB=AC,∴PD=CD-CP=AC-CB+CE,∴PD=CE-=6,CE=2时,PD=2-3=-1,不符合题意;③当P在D点下方时,如图4,同理,PD=AC-CE,当AC=6,CE=2时,PD=3-2=:1.【点睛】本题主要考查了三角形综合题,综合运用全等三角形的判定与性质,含30度角直角三角形的性质,等边三角形的判定与性质等知识点,难度较大,解题时,.(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,.(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;(2)由“SAS”可证△ABP≌△BCQ,可得AB=BC,∠BAP=∠CBQ,可证△ABC是等腰直解析:(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;(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-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PQ⊥x轴,过点A作AP⊥PQ,交PQ于点P,过点C作CQ⊥PQ,交PQ于点Q,
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