九年级上册数学压轴题精选及详细解析

2014-2015学年度???学校1月月考卷
试卷副标题
1．（本题满分10分）如图，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB=90°，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合）OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分别为D、E．
（1）当BC=1时，求线段OD的长；
（2）在△DOE中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由；
【答案】①；
②存在，DE
【解析】
试题分析：（1）如图（1），∵OD⊥BC，∴BD=BC=，
∴OD==；
（2）如图（2），存在，DE是不变的．连接AB，则AB==2，
∵D和E分别是线段BC和AC的中点，∴DE=AB=；
（3）如图（3），连接OC，
∵BD=x，
∴OD=，
∵∠1=∠2，∠3=∠4，
∴∠2+∠3=45°，
过D作DF⊥OE．
∴DF==，由（2）已知DE=，
∴在Rt△DEF中，EF==，
∴OE=OF+EF=+=
∴y=DF•OE=••
=（0＜x＜）
考点: 1.垂径定理；2.勾股定理；3.三角形中位线定理
2．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC的角平分线， DE⊥AB于点E．
（1）如图1，连接EC，求证：△EBC是等边三角形；
（2）点M是线段CD上的一点（不与点C，D重合），以BM为一边，在BM的下方作∠BMG=60°，MG交DE延长线于点G．请你在图2中画出完整图形，并直接写出MD，DG与AD之间的数量关系；
（3）如图3,点N是线段AD上的一点，以BN为一边，在BN的下方作∠BNG=60°，NG 交DE延长线于点G．试探究ND，DG与AD数量之间的关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析：（2）AD=DG+DM．（3）AD=DG-DN．理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）利用“三边相等”的三角形是等边三角形证得△EBC是等边三角形；（2）延长ED使得DN=DM，连接MN，即可得出△NDM是等边三角形，利用△NGM≌△DBM 即可得出BD=NG=DG+DM，再利用AD=BD，即可得出答案；
（3）利用等边三角形的性质得出∠H=∠2，进而得出∠DNG=∠HNB，再求出△DNG≌△HNB 即可得出答案．
试题解析：（1）证明：如图1所示：
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠ABC=60°，BC=1
2 AB．
∵BD平分∠ABC，
∴∠1=∠DBA=∠A=30°．∴DA=DB．
∵DE⊥AB于点E．
∴AE=BE=1
2 AB．
∴BC=BE．
∴△EBC是等边三角形；
（2）结论：AD=DG+DM．
证明：如图2所示：延长ED使得DN=DM，连接MN，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，BD 是△ABC 的角平分线，DE ⊥AB 于点E ，
∴∠ADE=∠BDE=60°，AD=BD ，
又∵DM=DN ，
∴△NDM 是等边三角形，
∴MN=DM ，
在△NGM 和△DBM 中，
∵N MDB MN DM NMG DMB ∠=∠=∠=∠⎧⎪⎨⎪⎩
∴△NGM ≌△DBM ，
∴BD=NG=DG+DM ，
∴AD=DG+DM ．
（3）结论：AD=DG-DN ．
证明：延长BD 至H ，使得DH=DN ．
由（1）得DA=DB ，∠A=30°．
∵DE ⊥AB 于点E ．
∴∠2=∠3=60°．
∴∠4=∠5=60°．
∴△NDH 是等边三角形．
∴NH=ND ，∠H=∠6=60°．
∴∠H=∠2．
∵∠BNG=60°，
∴∠BNG+∠7=∠6+∠7．
即∠DNG=∠HNB ．
在△DNG 和△HNB 中，
2DNG HNB DN HN
H ∠=∠=∠=∠⎧⎪⎨⎪⎩
∴△DNG ≌△HNB （ASA ）．
∴DG=HB ．
∵HB=HD+DB=ND+AD ，
∴DG=ND+AD ．
∴AD=DG-ND ．
考点：1.等边三角形的判定与性质；2.全等三角形的判定与性质．
3．如图，△ABC 内接于⊙O ，过点A 的直线交⊙O 于点P ，交BC 的延长线于点D ，AB 2=AP•AD．
（1）求证：AB=AC；
（2）如果∠ABC=60°，⊙O的半径为1，且P为AC的中点，求AD的长．
【答案】（1）证明见试题解析；（2）3．
【解析】
试题分析：（1）根据AB2=AP•AD，可以连接BP，构造相似三角形．根据相似三角形的性质得到∠APB=∠ABD，再根据圆周角定理得到∠APB=∠ACB，即∠ABC=∠ACB，从而由等角对等边证明结论；
（2）因为有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，发现等边三角形ABC，再根据点P为弧的中点，连接BP，发现30°的直角三角形，且BP是直径，从而求得AP的长，AB的长．再根据已知中的条件求得AD的长．
试题解析：（1）连接BP，∵AB2=AP•AD，∴AB AD
AP AB
=，又∵∠BAD=∠PAB，∴△ABD∽△
APB，
∵∠ABC=∠APB，∠APB=∠ACB，∴∠ABC=∠ACB，∴AB=AC；
（2）由（1）知AB=AC，∵∠ABC=60°，∴△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，
∵P为AC的中点，∴∠ABP=∠PAC=1
2
∠ABC=30°，∴∠BAP=∠BAC+∠PAC=90°，∴BP
为直径，∴BP过圆心O，∴BP=2，∴AP=1
2
BP=1，∴222
AB BP AP
=-，∵AB2=AP•AD，
∴AD=
2
AB
AP
=3．
考点：1．圆周角定理；2．相似三角形的判定与性质．
4．如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点F在⊙O上，且满足BC FC
=，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于D点，交AF的延长线于E点．
（1）求证：AE⊥DE；
（2）若∠CBA＝60°，AE＝3，求AF的长．
【答案】(1)证明见解析；（2）2．
【解析】
试题分析：（1）首先连接OC ，由OC=OA ，BC FC =，易证得OC ∥AE ，又由DE 切⊙O 于点C ，易证得AE ⊥DE ；
（2）由AB 是⊙O 的直径，可得△ABC 是直角三角形，易得△AEC 为直角三角形，根据AE=3求得AC 的长，然后连接OF ，可得△OAF 为等边三角形，知AF=OA=
12
AB ，在△ACB 中，利用已知条件求得答案．
试题解析：（1）证明：连接OC ，
∵OC=OA ，
∴∠BAC=∠OCA ，
∵BC FC =
∴∠BAC=∠EAC ，
∴∠EAC=∠OCA ，
∴OC ∥AE ，
∵DE 切⊙O 于点C ，
∴OC ⊥DE ，
∴AE ⊥DE ；
（2）解：∵AB 是⊙O 的直径，
∴△ABC 是直角三角形，
∵∠CBA=60°，
∴∠BAC=∠EAC=30°，
∵△AEC 为直角三角形，AE=3，
∴，
连接OF ，
∵OF=OA ，∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°，
∴△OAF 为等边三角形，
∴AF=OA=12
AB ，
在Rt △ACB 中，tan ∠，
∴BC=2，
∴AB=4，
∴AF=2．
考点：切线的性质．
5．（1）如图①，在正方形ABCD 中，△AEF 的顶点E ，F 分别在BC ，CD 边上，高AG 与正方形的边长相等，求EAF ∠的度数．
（2）如图②，在Rt △ABD 中，︒=∠90BAD ，AD AB =，点M ，N 是BD 边上的任意两点，且︒=∠45MAN ，将△ABM 绕点A 逆时针旋转︒90至△ADH 位置，连接NH ，试判断MN ，ND ，DH 之间的数量关系，并说明理由．
（3）在图①中，连接BD 分别交AE ，AF 于点M ，N ，若4=EG ，6=GF ，23=BM ，求AG ，MN 的长．
【答案】（1） 45°．（2） MN 2=ND 2+DH 2
．理由见解析；（3） 【解析】
试题分析：（1）根据高AG 与正方形的边长相等，证明三角形全等，进而证明角相等，从而求出解．
（2）用三角形全等和正方形的对角线平分每一组对角的知识可证明结论．
（3）设出线段的长，结合方程思想，用数形结合得到结果．
试题解析：（1）在Rt △ABE 和Rt △AGE 中，AB=AG ，AE=AE ，
∴Rt △ABE ≌Rt △AGE （HL ）．
∴∠BAE=∠GAE ．
同理，∠GAF=∠DAF ．
∴∠EAF=
12∠BAD=45°． （2）MN 2=ND 2+DH 2．
∵∠BAM=∠DAH ，∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠HAN=∠DAH+∠DAN=45°．
∴∠HAN=∠MAN ．
又∵AM=AH ，AN=AN ，
∴△AMN ≌△AHN ．
∴MN=HN ．
∵∠BAD=90°，AB=AD ，
∴∠ABD=∠ADB=45°．
∴∠HDN=∠HDA+∠ADB=90°．
∴NH 2=ND 2+DH 2．
∴MN 2=ND 2+DH 2．
（3）由（1）知，BE=EG ，DF=FG ．
设AG=x ，则CE=x-4，CF=x-6．
在Rt △CEF 中，
∵CE 2+CF 2=EF 2，
∴（x-4）2+（x-6）2=102．
解这个方程，得x1=12，x2=-2（舍去负根）．
即AG=12．（8分）
在Rt△ABD中，
∴==．
在（2）中，MN2=ND2+DH2，BM=DH，
∴MN2=ND2+BM2．
设MN=a，则a2=（-a）2+（2．
即a 2=（-a）2+（） 2，
∴．即.
考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.勾股定理．。