八年級數(shù)學上冊壓軸題強化質(zhì)量檢測試卷帶答案

八年級數(shù)學上冊壓軸題強化質(zhì)量檢測試卷帶答案1．在平面直角坐標系中，A(a，0)，B(0，b)分別是x軸負半軸和y軸正半軸上一點，點C與點A關(guān)于y軸對稱，點P是x軸正半軸上C點右側(cè)一動點．（1）當2a2+4ab+4b2+2a+1＝0時，求A，B的坐標；（2）當a+b＝0時，①如圖1，若D與P關(guān)于y軸對稱，PE⊥DB并交DB延長線于E，交AB的延長線于F，求證：PB＝PF；②如圖2，把射線BP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)45o，交x軸于點Q，當CP＝AQ時，求∠APB的大小．2．如圖，已知CD是線段AB的垂直平分線，垂足為D，C在D點上方，∠BAC=30°，P是直線CD上一動點，E是射線AC上除A點外的一點，PB=PE，連BE．（1）如圖1，若點P與點C重合，求∠ABE的度數(shù)；（2）如圖2，若P在C點上方，求證：PD+AC=CE；（3）若AC=6，CE=2，則PD的值為（直接寫出結(jié)果）．3．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(fā)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(fā)在y軸上以bcm/s的速度運動，且a，b滿足關(guān)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．4．已知：，．(1)當a，b滿足時，連接AB，如圖1．①求：的值．②點M為線段AB上的一點（點M不與A，B重合，其中BM＞AM），以點M為直角頂點，OM為腰作等腰直角△MON，連接BN，求證：．(2)當，，連接AB，若點，過點D作于點E，點B與點C關(guān)于x軸對稱，點F是線段DE上的一點（點F不與點E，D重合）且滿足，連接AF，試判斷線段AC與AF之間的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．5．如圖①，直線AB與x軸負半軸、y軸正半軸分別交于A（a，0）、B(0，b)兩點．(1)若＋b2－10b＋25＝0，判斷△AOB的形狀，并說明理由；(2)如圖②，在（1）的條件下，設Q為AB延長線上一點，作直線OQ，過A、B兩點分別作AM⊥OQ于M，BN⊥OQ于N，若AM=4，MN=7，求BN的長；(3)如圖③，若即點A不變，點B在y軸正半軸上運動，分別以OB、AB為直角邊在第一、第二象限作等腰直角△OBF和等腰直角△ABE，連EF交y軸于P點，問當點B在y軸上運動時，試猜想PB的長是否為定值，若是，請求出其值；若不是，請求其取值范圍．6．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(jié)果）7．若整式A只含有字母x，且A的次數(shù)不超過3次，令，其中a，b，c，d為整數(shù)，在平面直角坐標系中，我們定義：M為整式A的關(guān)聯(lián)點，我們規(guī)定次數(shù)超過3次的整式?jīng)]有關(guān)聯(lián)點．例如，若整式，則a＝0，b＝2，c＝-5，d＝4，故A的關(guān)聯(lián)點為（-5，-11）．(1)若，試求出A的關(guān)聯(lián)點坐標；(2)若整式B是只含有字母x的整式，整式C是B與的乘積，若整式C的關(guān)聯(lián)點為（6，15），求整式B的表達式．(3)若整式D＝x-2，整式E是只含有字母x的一次多項式，整式F是整式D與整式E的平方的乘積，若整式F的關(guān)聯(lián)點為（-32，0），請直接寫出整式E的表達式．8．已知：為的中線，分別以和為一邊在的外部作等腰三角形和等腰三角形，且，連接，．(1)如圖1，若，求的度數(shù)．(2)如圖1，求證：．(3)如圖2，設交于點，交于點與交于點，若點為中點，且，請?zhí)骄亢偷臄?shù)量關(guān)系，并直接寫出答案（不需要證明）．【參考答案】2．（1）；（2）①見解析；②∠APB＝22.5°【分析】（1）利用非負數(shù)的性質(zhì)求解即可；（2）①想辦法證明∠PBF＝∠F，可得結(jié)論；②如圖2中，過點Q作QF⊥QB交PB于F，過點F作FH⊥x軸解析：（1）；（2）①見解析；②∠APB＝22.5°【分析】（1）利用非負數(shù)的性質(zhì)求解即可；（2）①想辦法證明∠PBF＝∠F，可得結(jié)論；②如圖2中，過點Q作QF⊥QB交PB于F，過點F作FH⊥x軸于H，可得等腰直角△BQF，證明△FQH≌△QBO（AAS），再證明FQ＝FP即可解決問題．【詳解】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證明：如圖1中，∵a+b＝0，∴a＝﹣b，∴OA＝OB，

又∵∠AOB＝90°，∴∠BAO＝∠ABO＝45°，∵D與P關(guān)于y軸對稱，∴BD＝BP，∴∠BDP＝∠BPD，設∠BDP＝∠BPD＝α，則∠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：如圖2中，過點Q作QF⊥QB交PB于F，過點F作FH⊥x軸于H．可得等腰直角△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＝22.5°．【點睛】本題考查完全平方公式、實數(shù)的非負性、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是綜合運用相關(guān)知識解題．3．（1）∠ABE=90°；（2）PD+AC=CE，見解析；（3）1【分析】（1）根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)和等邊三角形的判定與性質(zhì)得到：△BPE為等邊三角形，則∠CBE=60°，故∠ABE=90°；解析：（1）∠ABE=90°；（2）PD+AC=CE，見解析；（3）1【分析】（1）根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)和等邊三角形的判定與性質(zhì)得到：△BPE為等邊三角形，則∠CBE=60°，故∠ABE=90°；（2）如圖2，過P作PH⊥AE于H，連BC，作PG⊥BC交BC的延長線于G，構(gòu)造含30度角的直角△PCG、直角△CPH以及全等三角形（Rt△PGB≌Rt△PHE），根據(jù)含30度的直角三角形的性質(zhì)和全等三角形的對應邊相等證得結(jié)論；（3）分三種情況討論，根據(jù)（2）的解題思路得到PD=AC+CE或PD=CE-AC，將數(shù)值代入求解即可．【詳解】（1）解：如圖1，∵點P與點C重合，CD是線段AB的垂直平分線，∴PA=PB，∴∠PAB=∠PBA=30°，∴∠BPE=∠PAB+∠PBA=60°，∵PB=PE，∴△BPE為等邊三角形，∴∠CBE=60°，∴∠ABE=90°；（2）如圖2，過P作PH⊥AE于H，連BC，作PG⊥BC交BC的延長線于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當P在C點上方時，由（2）得：PD=CE-AC，當AC=6，CE=2時，PD=2-3=-1，不符合題意；②當P在線段CD上時，如圖3，過P作PH⊥AE于H，連BC，作PG⊥BC交BC于G，此時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-AC．當AC=6，CE=2時，PD=2-3=-1，不符合題意；③當P在D點下方時，如圖4，同理，PD=AC-CE，當AC=6，CE=2時，PD=3-2=1．故答案為：1．【點睛】本題主要考查了三角形綜合題，綜合運用全等三角形的判定與性質(zhì)，含30度角直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識點，難度較大，解題時，注意要分類討論．4．（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(shù)的性質(zhì)，即可得出結(jié)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(shù)的性質(zhì)，即可得出結(jié)論；（2）先由運動得出BD＝|8﹣2t|，再由全等三角形的性質(zhì)的出貨BD＝OE，建立方程求解即可得出結(jié)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(jié)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(shù)的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)，構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵．5．(1)10；證明見解析；(2)，，理由見解析；【分析】（1）①利用可求出，，即可求出；②作交AB與點C，交AB與點F，證明，再證明，利用，即可證明；（2）證明，得到，，再利用等量代換證明解析：(1)10；證明見解析；(2)，，理由見解析；【分析】（1）①利用可求出，，即可求出；②作交AB與點C，交AB與點F，證明，再證明，利用，即可證明；（2）證明，得到，，再利用等量代換證明；(1)解：①由圖可知，∵∴，即，∴，，∴；②作交AB與點C，交AB與點F，如圖，∵，，∴，在和中，∴，∴，，，∵，∴，∴，∴，即，∵，∴，∴，∵，∴，即，(2)解：，，理由如下：假設DE交BC于點G，有已知可知：，，，，∴，∵∴∵，且，∴，在和中，∴，∴，，∵，∴，∴，【點睛】本題考查三角形全等的判定，等量代換，絕對值非負性的應用，直角坐標系中的圖形，（1）的關(guān)鍵是證明，（2）的關(guān)鍵證明．6．(1)△AOB為等腰直角三角形；理由見解析(2)BN=3(3)PB的長為定值；【分析】（1）根據(jù)題意求出a、b的值，即可得出A與B坐標，根據(jù)OA＝OB，即可確定△AOB的形狀；（2）解析：(1)△AOB為等腰直角三角形；理由見解析(2)BN=3(3)PB的長為定值；【分析】（1）根據(jù)題意求出a、b的值，即可得出A與B坐標，根據(jù)OA＝OB，即可確定△AOB的形狀；（2）由OA＝OB，利用AAS得到△AMO≌△ONB，用對應線段相等求長度；（3）如圖，作EK⊥y軸于K點，利用AAS得到△AOB≌△BKE，利用全等三角形對應邊相等得到OA＝BK，EK＝OB，再利用AAS得到△PBF≌△PKE，尋找相等線段，并進行轉(zhuǎn)化，求PB的長．(1)解：結(jié)論：△OAB是等腰直角三角形；理由如下：∵＋b2－10b＋25＝0，即，∴，解得：，∴A（?5，0），B（0，5），∴OA＝OB＝5，∴△AOB是等腰直角三角形．(2)解：∵AM⊥OQ，BN⊥OQ，∴，，∴，∴，∵在△AMO與△ONB中，∴△AMO≌△ONB（AAS），∴AM＝ON＝4，BN＝OM，∵MN＝7，∴OM＝3，∴BN＝OM＝3．(3)解：結(jié)論：PB的長為定值．理由如下，作EK⊥y軸于K點，如圖所示：∵△ABE為等腰直角三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝90°，∴∠EBK＋∠ABO＝90°，∵∠EBK＋∠BEK＝90°，∴∠ABO＝∠BEK，∵在△AOB和△BKE中，∴△AOB≌△BKE（AAS），∴OA＝BK，EK＝OB，∵△OBF為等腰直角三角形，∴OB＝BF，∴EK＝BF，∵在△EKP和△FBP中，∴△PBF≌△PKE（AAS），∴PK＝PB，∴PB＝BK＝OA＝．【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查非負數(shù)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．7．(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(jié)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(jié)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(jié)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(jié)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Rt△ABC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(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，構(gòu)造出全等三角形是解本題的關(guān)鍵．8．(1)(2)(3)或【分析】（1）根據(jù)整式得出，，，，根據(jù)關(guān)聯(lián)點的定義得出，，即可得出的關(guān)聯(lián)點坐標；（2）根據(jù)題意得出中的次數(shù)為次，設

，計算出，進而表達出，，，的值，再根據(jù)的關(guān)解析：(1)(2)(3)或【分析】（1）根據(jù)整式得出，，，，根據(jù)關(guān)聯(lián)點的定義得出，，即可得出的關(guān)聯(lián)點坐標；（2）根據(jù)題意得出中的次數(shù)為次，設

，計算出，進而表達出，，，的值，再根據(jù)的關(guān)聯(lián)點為，列出關(guān)于，的等式，解出、的值即可；（3）設，根據(jù)題意求出，進而表達出，，，的值，再根據(jù)的關(guān)聯(lián)點為，列出關(guān)于，的等式，解出、的值即可．(1)解：（1），，，，，，，的關(guān)聯(lián)點坐標為：，故笞案為：；(2)整式是只含有字母的整式，整式是與的乘積，是二次多項式，且的次數(shù)不能超過次，中的次數(shù)為次，設，，，，，，整式的關(guān)聯(lián)點為，，，解得：，，；(3)根據(jù)題意：設，，，，，，整式的關(guān)聯(lián)點為，，，，，，把代入得：，解得：，或，或．【點睛】本題主要考查整式的乘法，掌握整式的乘法是解決問題的關(guān)鍵．9．(1)∠BAC=50°；(2)見解析；(3)【分析】（1）利用三角形內(nèi)角和定理求出∠EAB和∠CAF，再根據(jù)構(gòu)建方程即可解決問題；（2）延長AD至H，使DH=AD，連接BH，想辦法證解析：(1)∠BAC=5