九年级上册数学压轴题精选及详细解析_九年级上册数学书人教版内容
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；
【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，
⊥AB 于点E ． DE
（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°，
． ∵BD 平分∠ABC ，
∴∠1=∠DBA=∠A=30°．
∴DA=DB．
∵DE ⊥AB 于点E ．
∴
． ∴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，
⎧∠DNG =∠HNB ⎪ ⎨DN =HN
⎪∠H =∠2⎩
∴△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．
23．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 =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】
2试题分析：（1）根据AB =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 ，∵AB 2
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°，
BAP=∠BAC+∠PAC=90°，∴BP 2为直径，∴BP 过圆心O ，∴BP=2，∴
，∴AB 2=BP 2-AP 2，∵AB =AP•AD，∵P 为AC 的中点，∴∠ABP=∠
∴
．
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
中，利用已知条件求得答案．
试题解析：（1）证明：连接OC ，
，在△ACB
∵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，
∴
， 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，∠BAD =90︒，AB =AD ，点M ，N 是BD 边上的任意两点，且∠MAN =45︒，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EG =4，GF
=6求AG ，MN 的长．
【答案】（1） 45°．（2） MN=ND+DH．理由见解析；（3）
222
【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 ．
∴∠
BAD=45°． 2（2）MN =ND+DH．
∵∠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°．
222∴NH =ND+DH．
222∴MN =ND+DH．
（3）由（1）知，BE=EG，DF=FG．
设AG=x，则CE=x-4，CF=x-6．
在Rt △CEF 中，
222∵CE +CF=EF，
222∴（x-4）+（x-6）=10．
解这个方程，得x 1=12，x 2=-2（舍去负根）．
即AG=12．（8分）
在Rt △ABD 中，
∴
222在（2）中，MN =ND+DH，BM=DH，
222∴MN =ND+BM．
设MN=a，则a =（
）+（
． 222
即a =（
） +（
， 22 2
∴
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．