九年级上册数学压轴题精选及详细解析
∴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
AB．
2
∵BD平分∠ABC，
∴∠1=∠DBA=∠A=30°．
∴DA=DB．
∵DE⊥AB于点E．
AB．
∴AE=BE=1
2
∴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，
2
DNG 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，AB2=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
BP=1，为直径，∴BP过圆心O，∴BP=2，∴AP=1
2
∴222
=-，∵AB2=AP•AD，∴AD=2AB AP=3．AB BP AP
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
AB，在△ACB中，利用边三角形，知AF=OA=1
2
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，
∴3，
连接OF，
∵OF=OA，∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°，
∴△OAF为等边三角形，
AB，
∴AF=OA=1
2
在Rt△ACB中，3tan∠3
∴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，︒
AB=，
BAD，AD
∠90
=
点M，N是BD边上的任意两点，且︒
MAN，将
∠45
=
△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=
BM，求AG，MN的长．
GF，23=
EG，6=
【答案】（1） 45°．（2） MN2=ND2+DH2．理由见解析；（3）2.
【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=1
2
∠BAD=45°．
（2）MN2=ND2+DH2．
∵∠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°．
∴NH2=ND2+DH2．
∴MN2=ND2+DH2．
（3）由（1）知，BE=EG，DF=FG．
设AG=x，则CE=x-4，CF=x-6．
在Rt△CEF中，
∵CE2+CF2=EF2，
∴（x-4）2+（x-6）2=102．
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，
∴
==．
在（2）中，MN2=ND2+DH2，BM=DH，
∴MN2=ND2+BM2．
设MN=a，则a2=（22-a）2+（2）2．即a 2=（2-a）2+（2） 2，
∴2．即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．。