八年級數(shù)學(xué)上冊壓軸題強(qiáng)化綜合試題(一)

八年級數(shù)學(xué)上冊壓軸題強(qiáng)化綜合試題（一）1．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點A（a，0）、點B（b，0）為x軸上兩點，點C在y軸的正半軸上，且a，b滿足等式．(1)________；(2)如圖2，若M，N是OC上的點，且，延長BN交AC于P，判斷△APN的形狀并說明理由；(3)如圖3，若，點D為線段BC上的動點（不與B，C重合），過點D作于E，BG平分∠ABC交線段DE于點G，連AD，F(xiàn)為AD的中點，連接CG，CF，F(xiàn)G．試說明，CG與FG的數(shù)量關(guān)系．2．已知點A在x軸正半軸上，以O(shè)A為邊作等邊OAB，A(x，0)，其中x是方程的解．（1）求點A的坐標(biāo)；（2）如圖1，點C在y軸正半軸上，以AC為邊在第一象限內(nèi)作等邊ACD，連DB并延長交y軸于點E，求的度數(shù)；（3）如圖2，點F為x軸正半軸上一動點，點F在點A的右邊，連接FB，以FB為邊在第一象限內(nèi)作等邊FBG，連GA并延長交y軸于點H，當(dāng)點F運動時，的值是否發(fā)生變化？若不變，求其值；若變化，求出其變化的范圍．3．在平面直角坐標(biāo)系中，A(a，0)，B(0，b)分別是x軸負(fù)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(dāng)2a2+4ab+4b2+2a+1＝0時，求A，B的坐標(biāo)；（2）當(dāng)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(dāng)CP＝AQ時，求∠APB的大?。?．如圖1，在平面直角坐標(biāo)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(shè)運動的時間為t秒．（1）求a，b的值；（2）當(dāng)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．5．已知：，．(1)當(dāng)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(dāng)，，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．6．如圖，已知中，，，點是的中點，如果點在線段上以的速度由點向點移動，同時點在線段上由點向點以的速度移動，若、同時出發(fā)，當(dāng)有一個點移動到點時，、都停止運動，設(shè)、移動時間為．（1）求的取值范圍．（2）當(dāng)時，問與是否全等，并說明理由．（3）時，若為等腰三角形，求的值．7．△ABC、△DPC都是等邊三角形．(1)如圖1，求證：AP＝BD；(2)如圖2，點P在△ABC內(nèi)，M為AC的中點，連PM、PA、PB，若PA⊥PM，且PB＝2PM．①求證：BP⊥BD；②判斷PC與PA的數(shù)量關(guān)系并證明．8．【閱讀材料】小明同學(xué)發(fā)現(xiàn)這樣一個規(guī)律：兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來則形成一組全等的三角形，小明把具有這個規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形如圖1，在“手拉手”圖形中，小明發(fā)現(xiàn)若∠BAC=∠DAE，AB=AC，AD=AE，則ABD≌ACE．【材料理解】（1）在圖1中證明小明的發(fā)現(xiàn)．【深入探究】（2）如圖2，ABC和AED是等邊三角形，連接BD，EC交于點O，連接AO，下列結(jié)論：①BD=EC；②∠BOC=60°；③∠AOE=60°，其中正確的有_____．(將所有正確的序號填在橫線上）【延伸應(yīng)用】（3）如圖3，在四邊形ABCD中，BD=CD，AB=BE，∠ABE=∠BDC=60°，試探究∠A與∠BED的數(shù)量關(guān)系，并證明．【參考答案】2．(1)0(2)等腰三角形，見解析(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，結(jié)合已知條件，等量代換即可得到結(jié)論；解析：(1)0(2)等腰三角形，見解析(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，結(jié)合已知條件，等量代換即可得到結(jié)論；（3）先延長GF至點M，使FM=FG，連接CG、CM、AM，可證，得到，再結(jié)合已知條件得到，可得是等腰三角形，利用等腰三角形的性質(zhì)得出，最后證明為等邊三角形，即可得到結(jié)論．(1)解得(2)是等腰三角形，理由如下：由點A（a，0）、點B（b，0）為x軸上兩點，且可得，OA=OBOC垂直平分AB，是等腰三角形(3)，理由如下：如圖，延長GF至點M，使FM=FG，連接CG、CM、AMF為AD的中點在和中垂直平分，BG平分為等邊三角形，在和中

即是等腰三角形為等邊三角形

在中，．【點睛】本題是三角形的綜合題目，考查了非負(fù)性求和、線段垂直平分線的性質(zhì)、外角的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)，涉及知識點多，能夠合理添加輔助線并綜合運用知識點是解題的關(guān)鍵．3．（1）；（2）；（3）的值是定值，9．【分析】（1）先求出方程的解為，即可求解；（2）由“SAS”可證△CAO≌△DAB，可得∠DBA＝∠COA＝90°，由四邊形內(nèi)角和定理可求解；（3）解析：（1）；（2）；（3）的值是定值，9．【分析】（1）先求出方程的解為，即可求解；（2）由“SAS”可證△CAO≌△DAB，可得∠DBA＝∠COA＝90°，由四邊形內(nèi)角和定理可求解；（3）由“SAS”可證△ABG≌△OBF可得OF＝AG，∠BAG＝∠BOF＝60°，可求∠OAH＝60°，可得AH＝6，即可求解．【詳解】解：（1）∵是方程的解．解得：，檢驗當(dāng)時，，，∴是原方程的解，∴點；（2）∵△ACD，△ABO是等邊三角形，∴AO＝AB，AD＝AC，∠BAO＝∠CAD＝60°，∴∠CAO＝∠BAD，且AO＝AB，AD＝AC，∴△CAO≌△DAB（SAS）∴∠DBA＝∠COA＝90°，∴∠ABE＝90°，∵∠AOE＋∠ABE＋∠OAB＋∠BEO＝360°，∴∠BEO＝120°；（3）GH?AF的值是定值，理由如下：∵△ABC，△BFG是等邊三角形，∴BO＝AB＝AO＝3，F(xiàn)B＝BG，∠BOA＝∠ABO＝∠FBG＝60°，∴∠OBF＝∠ABG，且OB＝AB，BF＝BG，∴△ABG≌△OBF（SAS），∴OF＝AG，∠BAG＝∠BOF＝60°，∴AG＝OF＝OA＋AF＝3＋AF，∵∠OAH＝180°?∠OAB?∠BAG，∴∠OAH＝60°，且∠AOH＝90°，OA＝3，∴AH＝6，∴GH?AF＝AH＋AG?AF＝6＋3＋AF?AF＝9．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了分式方程的解法，等邊三角形性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，主要考查學(xué)生運用定理進(jìn)行推理的能力．4．（1）；（2）①見解析；②∠APB＝22.5°【分析】（1）利用非負(fù)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(fù)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(shè)∠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(fù)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．5．（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(fù)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(fù)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(jìn)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(jìn)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(fù)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．6．(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(shè)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(fù)性的應(yīng)用，直角坐標(biāo)系中的圖形，（1）的關(guān)鍵是證明，（2）的關(guān)鍵證明．7．（1）；（2）時，與全等，證明見解析；（3）當(dāng)或時，為等腰三角形【分析】（1）由題意根據(jù)圖形點的運動問題建立不等式組，進(jìn)行分析求解即可；（2）根據(jù)題意利用全等三角形的判定定理（SAS），進(jìn)行解析：（1）；（2）時，與全等，證明見解析；（3）當(dāng)或時，為等腰三角形【分析】（1）由題意根據(jù)圖形點的運動問題建立不等式組，進(jìn)行分析求解即可；（2）根據(jù)題意利用全等三角形的判定定理（SAS），進(jìn)行分析求證即可；（3）根據(jù)題意分和以及三種情況，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)進(jìn)行分析計算.【詳解】（1）依題意，，.（2）時，與全等，證明：時，，，在和中，∵，，點是的中點，，，，(SAS).（3）①當(dāng)時，有；②當(dāng)時，∵，∴，∴有，∵，∴（舍去）；③當(dāng)時，∵，∴，∴有，∴；綜上，當(dāng)或時，為等腰三角形.【點睛】本題考查等腰三角形相關(guān)的動點問題，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定以及相似三角形的判定與性質(zhì)并運用數(shù)形結(jié)合的思維將動點問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題進(jìn)行分析是解題的關(guān)鍵.8．(1)證明過程見解析；(2)①證明過程見解析；②PC=2PA，理由見解析．【分析】（1）證明△BCD≌△ACP（SAS），可得結(jié)論；（2）①如圖2中，延長PM到K，使得MK=PM，連接C解析：(1)證明過程見解析；(2)①證明過程見解析；②PC=2PA，理由見解析．【分析】（1）證明△BCD≌△ACP（SAS），可得結(jié)論；（2）①如圖2中，延長PM到K，使得MK=PM，連接CK．證明△AMP≌△CMK（SAS），推出MP=MK，AP=CK，∠APM=∠K=90°，再證明△PDB≌△PCK（SSS），可得結(jié)論；②結(jié)論：PC=2PA．想辦法證明∠DPB=30°，可得結(jié)論．（1）證明：如圖1中，∵△ABC，△CDP都是等邊三角形，∴CB=CA，CD=CP，∠ACB=∠DCP=60°，∴∠BCD=∠ACP，在△BCD和△ACP中，，∴△BCD≌△ACP（SAS），∴BD=AP；（2）證明：如圖2中，延長PM到K，使得MK=PM，連接CK．∵AP⊥PM，∴∠APM=90°，在△AMP和△CMK中，，∴△AMP≌△CMK（SAS），∴MP=MK，AP=CK，∠APM=∠K=90°，同法可證△BCD≌△ACP，∴BD=PA=CK，∵PB=2PM，∴PB=PK，∵PD=PC，∴△PDB≌△PCK（SSS），∴∠PBD=∠K=90°，∴PB⊥BD．②解：結(jié)論：PC=2PA．∵△PDB≌△PCK，∴∠DPB=∠CPK，設(shè)∠DPB=∠CPK=x，則∠BDP=90°-x，∵∠APC=∠CDB，∴90°+x=60°+90°-x，∴x=30°，∴∠DPB=30°，∵∠PBD=90°，∴PD=2BD，∵PC=PD，BD=PA，∴PC=2PA．【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，直角三角形30°角的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，關(guān)注全等三角形解決問題．9．（1）見解析；（2）①②③；（3），證明見解析【分析】（1）利用等式的性質(zhì)得出∠BAD＝∠CAE，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法判斷出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，再利用對頂角和三解析：（1）見解析；（2）①②③；（3），證明見解析【分析】（1）利用等式的性質(zhì)得出∠BAD＝∠CAE，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法判斷出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，再利用對頂角和三角形的內(nèi)角和定理判斷出∠BOC＝60°，再判斷出△BCF≌△ACO，得出∠AOC＝120°，進(jìn)而得出∠AOE＝60°，再判斷出BF＜CF，進(jìn)而判斷出∠OBC＞30°，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出△BDC是等邊三角形，得出BD＝BC，∠DBC＝60°，進(jìn)而判斷出△ABD≌△EBC（SAS），由全等三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵∠BAC＝∠