人教版八年级上学期压轴题强化数学试卷附答案[002].doc

人教版八年级上学期压轴题强化数学试卷附答案
1．如图1，在平面直角坐标系中，点A（a，0）、点B（b，0）为x轴上两点，点C在y轴的正半轴上，且a，b满足等式．

(1)________；
(2)如图2，若M，N是OC上的点，且，延长BN交AC于P，判断△APN的形状并说明理由；
(3)如图3，若，点D为线段BC上的动点（不与B，C重合），过点D作于E，BG平分∠ABC交线段DE于点G，连AD，F为AD的中点，连接CG，CF，FG．试说明，CG与FG的数量关系．
2．已知，如图1，射线分别与直线相交于两点，的平分线与直线相交于点，射线交于点，设，，且．

（1） ______°，______°；直线与的位置关系是______；
（2）如图2，若点是射线上任意一点，且，试找出与之间存在的数量关系，证明你的结论；
（3）若将图中的射线绕着端点逆时针方向旋转（如图3），分别与相交于点和时，作的角平分线与射线相交于点，问在旋转的过程中的值变不变?若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．
3．如图，是等边三角形，点分别是射线、射线上的动点，点D从点A出发沿着射线移动，点E从点B出发沿着射线移动，点同时出发并且移动速度相同，连接．

(1)如图①，当点D移动到线段的中点时，与的长度关系是：_______．
(2)如图②，当点D在线段上移动但不是中点时，探究与之间的数量关系，并证明你的结论．
(3)如图③，当点D移动到线段的延长线上，并且时，求的度数．
4．如图1，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：．

5．在平面直角坐标系中，直线 AB 分别交 x 轴、y 轴于点A（–a，0）、点 B（0， b），且 a、b 满足a2+b2–4a–8b+20=0，点 P 在直线 AB 的右侧，且∠APB＝45°．

（1）a＝　　　　　 ；b＝　　　　　　　 ．
（2）若点 P 在 x 轴上，请在图中画出图形（BP 为虚线），并写出点 P 的坐标；
（3）若点 P 不在 x 轴上，是否存在点P，使△ABP 为直角三角形？若存在，请求出此时P的坐标；若不存在，请说明理由．
6．如图，在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），且|a+4|+b2﹣86+16＝0．

（1）求a，b的值；
（2）如图1，c为y轴负半轴上一点，连CA，过点C作CD⊥CA，使CD＝CA，连BD．求证：∠CBD＝45°；
（3）如图2，若有一等腰Rt△BMN，∠BMN＝90°，连AN，取AN中点P，连PM、PO．试探究PM和PO的关系．
7．已知ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC为边向外作等边ABD和等边BCE．

(1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；
(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN
(3)若AB⊥BC，延长AB交DE于M，DB=，如图3，则BM=_______（直接写出结果）
8．方法探究：
已知二次多项式，我们把代入多项式，发现，由此可以推断多项式中有因式（x＋3）．设另一个因式为（x＋k），多项式可以表示成，则有，因为对应项的系数是对应相等的，即，解得，因此多项式分解因式得：．我们把以上分解因式的方法叫“试根法”．
问题解决：
(1)对于二次多项式，我们把x＝ 代入该式，会发现成立；
(2)对于三次多项式，我们把x＝1代入多项式，发现，由此可以推断多项式中有因式（），设另一个因式为（），多项式可以表示成，试求出题目中a，b的值；
(3)对于多项式，用“试根法”分解因式．
【参考答案】
2．(1)0
(2)等腰三角形，见解析
(3)CG=2FG
【分析】（1）由可得，得出a、b的值即可求解；
（2）由OC垂直平分AB可得，再由外角可得 ，结合已知条件，等量代换即可得到结论；
解析：(1)0
(2)等腰三角形，见解析
(3)CG=2FG
【分析】（1）由可得，得出a、b的值即可求解；
（2）由OC垂直平分AB可得，再由外角可得 ，结合已知条件，等量代换即可得到结论；
（3）先延长GF至点M，使FM=FG，连接CG、CM、AM，可证，得到，再结合已知条件得到，可得是等腰三角形，利用等腰三角形的性质得出，最后证明 为等边三角形，即可得到结论．
(1)

解得

(2)
是等腰三角形，理由如下：
由点A（a，0）、点B（b，0）为x轴上两点，且
可得，OA=OB
OC垂直平分AB

，

是等腰三角形
(3)
，理由如下：
如图，延长GF至点M，使FM=FG，连接CG、CM、AM

F为AD的中点

在和中

垂直平分

，BG平分
为等边三角形，

在和中   

即是等腰三角形

为等边三角形   

在 中， ．
【点睛】本题是三角形的综合题目，考查了非负性求和、线段垂直平分线的性质、外角的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质及直角三角形的性质，涉及知识点多，能够合理添加辅助线并综合运用知识点是解题的关键．
3．（1）30，30，AB//CD；（2）+=180°，证明见解析；（3）不变，．
【分析】（1）利用非负数的性质可知：α=β=40°，推出∠EMF=∠MFN即可解决问题；
（2）结论：∠FMN+∠
解析：（1）30，30，AB//CD；（2）+=180°，证明见解析；（3）不变，．
【分析】（1）利用非负数的性质可知：α=β=40°，推出∠EMF=∠MFN即可解决问题；
（2）结论：∠FMN+∠GHF=180°．只要证明GH∥PN即可解决问题；
（3）结论：的值不变，=2．如图3中，作∠PEM1的平分线交M1Q的延长线于R．只要证明∠R=∠FQM1，∠FPM1=2∠R即可；
【详解】解：（1）∵，
∴60-2α=0，β-30=0，
∴α=β=30°，
∴∠PFM=∠MFN=30°，∠EMF=30°，
∴∠EMF=∠MFN，
∴AB∥CD；
（2）结论：∠FMN+∠GHF=180°，
理由如下：如图2中，

∵AB∥CD，
∴∠MNF=∠PME，
∵∠MGH=∠MNF，
∴∠PME=∠MGH，
∴GH∥PN，
∴∠GHM=∠FMN，
∵∠GHF+∠GHM=180°，
∴∠FMN+∠GHF=180°；
（3）的值不变，=2．
理由如下：如图3中，作∠PEM1的平分线交M1Q的延长线于R，

∵AB∥CD，
∴∠PEM1=∠PFN，
∵∠PER=∠PEM1，∠PFQ=∠PFN，
∴∠PER=∠PFQ，
∴ER∥FQ，
∴∠FQM1=∠R，
设∠PER=∠REB=x，∠PM1R=∠RM1B=y，
则有：，可得∠EPM1=2∠R，
∴∠EPM1=2∠FQM1，
∴=2．
【点睛】本题考查几何变换综合题、平行线的判定和性质、角平分线的定义、非负数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题．
4．(1)
(2)，证明见详解
(3)
【分析】（1）由题意可知，所以，由等边三角形及中点可知，而，所以可证，进一步可证；
（2）猜测，在射线AB上截取，如图（见详解），利用等边三角形的性质及可
解析：(1)
(2)，证明见详解
(3)
【分析】（1）由题意可知，所以，由等边三角形及中点可知，而，所以可证，进一步可证；
（2）猜测，在射线AB上截取，如图（见详解），利用等边三角形的性质及可知为等边三角形，再利用边角边即可证明，最后根据全等三角形的性质即可证明；
（3）按照第（2）问的思路，作出类似的辅助线：在射线CB上截取，如图（见详解），用同样的方法证明，再根据ED⊥DC，证出为等腰直角三角形，即可求出∠DEC的度数．
（1）
解：，
证明过程如下：由题意可知，
∵D为AB的中点，
∴，
∴，
∴．
∵为等边三角形，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）
解：，
理由如下：在射线AB上截取，连接EF，如图所示，

∵为等边三角形，
∴，．
∵，，
∴为等边三角形，
∴，．
由题意知，
∴，
∴．
即．
∵，
∴．
在和中，，
∴，
∴DE与DC之间的数量关系是．
（3）
如图，在射线CB上截取，连接DF，如图所示，

∵为等边三角形，
∴，．
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴．
由题意知，
∵，
∴，
即．
∵，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
∵ED⊥DC，
∴为等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形，等边三角形，以及全等三角形的判定及性质，能够作出辅助线，并合理利用等边三角形的性质是解题的关键．
5．（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，

∴四边形AOBP是矩形，
∴AO=BP=6，AP=OB=8，
∵点B（8，0），点C（2-8），
∴CQ=6，BQ=8，
∴AP=BQ，CQ=BP，
又∠APB=∠BCQ
∴△ABP≌△BCQ（SAS），
∴AB=BC，∠BAP=∠CBQ，
∵∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠ABP+∠CBQ=90°，
∴∠ABC=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC=45°，
∵∠OAD+∠ADO=∠OAD+∠BAC+∠ABO=90°，
∴∠OAC+∠ABO=45°；
（3）如图2，过点A作AT⊥AB，交x轴于T，连接ED，

∴∠TAE=90°=∠AGE，
∴∠ATO+∠TAO=90°=∠TAO+∠GAE=∠GAE+∠AEG，
∴∠ATO=∠GAE，∠TAO=∠AEG，
又∵EG=AO，
∴△ATO≌△EAG（AAS），
∴AT=AE，OT=AG，
∵∠BAC=45°，
∴∠TAD=∠EAD=45°，
又∵AD=AD，
∴△TAD≌△EAD（SAS），
∴TD=ED，∠TDA=∠EDA，
∵EG⊥AG，
∴EG∥OB，
∴∠EFD=∠TDA，
∴∠EFD=∠EDF，
∴EF=ED，
∴EF=ED=TD=OT+OD=AG+OD，
∴EF=AG+OD．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
6．（1）2，4；（2）见解析，（4，0）；（3）P（4，2）或（2，﹣2）．
【分析】（1）将已知等式变形，利用乘方的非负性即可求出a值；
（2）根据题意画出图形，由（1）得出OB的长，结合∠AP
解析：（1）2，4；（2）见解析，（4，0）；（3）P（4，2）或（2，﹣2）．
【分析】（1）将已知等式变形，利用乘方的非负性即可求出a值；
（2）根据题意画出图形，由（1）得出OB的长，结合∠APB＝45°，得出OP＝OB，可得点B的坐标；
（3）分当∠ABP＝90°时和当∠BAP＝90°时两种情况进行讨论，结合全等三角形的判定和性质即可求出点P坐标.
【详解】解：（1）∵a2+b2–4a–8b+20=0，
∴（ a2–4a+4）+（b2–8b+16）＝0，
∴（ a–2）2+（b–4） 2＝0
∴a＝2，b＝4，
故答案为：2，4；
（2）如图 1，由（1）知，b＝4，
∴B（0，4），
∴OB＝4，
点 P 在直线 AB 的右侧，且在 x 轴上，
∵∠APB＝45°，
∴OP＝OB＝4，
∴P（4，0），
故答案为：（4，0）；

（3）存在．理由如下：
由（1）知 a＝﹣2，b＝4，
∴A（﹣2，0），B（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，
∵△ABP 是直角三角形，且∠APB＝45°，
∴只有∠ABP＝90°或∠BAP＝90°，
Ⅰ、如图 2，当∠ABP＝90°时，
∵∠APB＝∠BAP＝45°，
∴AB＝PB ，

过点 P 作 PC⊥OB 于 C，
∴∠BPC+∠CBP＝90°，
∵∠CBP+∠ABO＝90 °，
∴∠ABO＝∠BPC，
在△AOB 和△BCP 中，
，
∴△AOB≌△BCP（AAS），
∴PC＝OB＝4，BC＝OA＝2，
∴OC＝OB﹣BC＝2，

∴P（4，2），Ⅱ、如图3，当∠BAP＝90°时，
过点 P'作 P'D⊥OA 于 D，
同Ⅰ的方法得，△ADP'≌△BOA，
∴DP'＝OA＝2，AD＝OB＝4，
∴OD＝AD﹣OA＝2，
∴P'（2，﹣2）；
即：满足条件的点 P（4，2）或（2，﹣2）；
【点睛】本题考查了非负数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，难度不大，解题的关键是要根据直角三角形的性质进行分类讨论.
7．（1）a＝﹣4，b＝4；（2）见解析；（3）MP＝OP，MP⊥OP，理由见解析
【分析】（1）先利用完全平方公式将a和b的式子化成绝对值与平方数之和的形式，再利用绝对值的非负数和平方数的非负性即可
解析：（1）a＝﹣4，b＝4；（2）见解析；（3）MP＝OP，MP⊥OP，理由见解析
【分析】（1）先利用完全平方公式将a和b的式子化成绝对值与平方数之和的形式，再利用绝对值的非负数和平方数的非负性即可；
（2）如图1（见解析），作于E．易证，由三角形全等的性质得，再证明是等腰直角三角形即可；
（3）如图2（见解析），延长MP至Q，使得，连接AQ，OQ，OM，延长MN交AO于C．证出和，再利用全等三角形的性质证明是等腰直角三角形即可.
【详解】（1）

由绝对值的非负性和平方数的非负性得：
解得：；
（2）如图1，作于E

是等腰直角三角形，
；

（3）如图2，延长MP至Q，使得，连接AQ，OQ，OM，延长MN交AO于C

∴

∵在四边形MCOB中，

是等腰直角三角形

∴

是等腰直角三角形

.

【点睛】本题考查了绝对值的非负数和平方数的非负性、三角形全等的判定定理与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握这些定理与性质是解题关键.
8．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出△DBC≌△ABE，即可得出结论；
（2）先判断出△ADN≌△FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AN
解析：(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出△DBC≌△ABE，即可得出结论；
（2）先判断出△ADN≌△FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，进而判断出∠BAC=∠ACF，即可判断出△ABC≌△CFA，即可得出结论；
（3）先判断出△ABC≌△HEB(ASA)，得出，，再判断出△ADM≌△HEM (AAS)，得出AM=HM，即可得出结论．
(1)
解：∵△ABD和△BCE是等边三角形，
∴BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，
∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，
∴∠DBC=∠ABE，
∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE=CD；
(2)
解：如图，延长AN使NF=AN，连接FC，

∵N为CD中点，
∴DN=CN，
∵∠AND=∠FNC，
∴△ADN≌△FCN(SAS)，
∴CF=AD，∠NCF=∠AND，
∵∠DAB=∠BAC=60°
∴∠ACD +∠ADN=60°
∴∠ACF=∠ACD+∠NCF=60°，
∴∠BAC=∠ACF，
∵△ABD是等边三角形，
∴AB=AD，
∴AB=CF，
∵AC=CA，
∴△ABC≌△CFA (SAS)，
∴BC=AF，
∵△BCE是等边三角形，
∴CE=BC=AF=2AN；
(3)
解： ∵△ABD是等边三角形，
∴，∠BAD=60°，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°－∠BAC=30°，
∴，
如图，过点E作EH // AD交AM的延长线于H，

∴∠H=∠BAD=60°，
∵△BCE是等边三角形，
∴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，
∴
∵，，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
9．(1)±2
(2)a=0，b=-3；
(3)
【分析】（1）将x=±2代入即可；
（2）由题意得x3-x2-3x+3=x3-（1-a）x2-（a-b）x-b，再由系数关系求a、b即可；
（
解析：(1)±2
(2)a=0，b=-3；
(3)
【分析】（1）将x=±2代入即可；
（2）由题意得x3-x2-3x+3=x3-（1-a）x2-（a-b）x-b，再由系数关系求a、b即可；
（3）多项式有因式（x-2），设另一个因式为（x2+ax+b），则x3+4x2-3x-18=x3+（a-2）x2-（2a-b）x-2b，再由系数关系求a、b即可．
(1)
解：当x=±2时，x2-4=0，
故答案为：±2；
(2)
解：由题意可知x3-x2-3x+3=（x-1）（x2+ax+b），
∴x3-x2-3x+3=x3-（1-a）x2-（a-b）x-b，
∴1-a=1，b=-3，
∴a=0，b=-3；
(3)
解：当x=2时，x3+4x2-3x-18=8+16-6-18=0，
∴多项式有因式（x-2），
设另一个因式为（x2+ax+b），
∴x3+4x2-3x-18=（x-2）（x2+ax+b），
∴x3+4x2-3x-18=x3+（a-2）x2-（2a-b）x-2b，
∴a-2=4，2b=18，
∴a=6，b=9，
∴x3+4x2-3x-18=（x-2）（x2+6x+9）=（x-2）（x+3）2．
【点睛】本题考查因式分解的意义，理解“试根法”的本质，多项式乘多项式的正确展开是解题的关键．