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人教版八上期中考试复习压轴大题
一．解答题（共8小题）
1．如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣6，0），点B在y轴正半轴上，AB＝BC，∠CBA＝90°．
（1）如图1，当B（0，1）时，连接AC交y轴于点D，写出点D的坐标；
（2）如图2，DB⊥y轴于B且BD＝BO，连接CD交y轴于一点E，在B点运动的过程中，BE的长度是否会发生变化？若不变，求出BE的长度；若变化，请说明理由；
（3）如图3，N在AC延长线上，过N（t，﹣6）作NQ⊥x轴于Q，探究线段BN、AQ、BO之间的数量关系，并证明你的结论．
【思路点拔】（1）如图1中，过点C作CH⊥y轴于H．证明△BHC≌△AOB（AAS），可得结论．
（2）在B点运动过程中，BE长保持不变，BE的长为3，如图2，过C作CM⊥y轴于M．证明△DBE≌△CME（AAS），推出BE＝EM，即可解决问题．
（3）结论1：BN2＝（OB+6）2+（AQ﹣6）2．如图3中，过点B作BH⊥NQ交NQ的延长线于H．在Rt△NBH中，利用勾股定理解决问题即可．或结论2：AQ＝BN+BO．如图3﹣1中，延长NQ交AB的延长线于M，过点N作NH⊥AM于H，交AQ于K．利用全等三角形的性质证明即可．
【解答】解：（1）如图1中，过点C作CH⊥y轴于H．
∵A（﹣6，0），B（0，﹣1），
∴OA＝6，OB＝1，
∵∠AOB＝∠CHB＝∠ABC＝90°，
∴∠CBH+∠ABO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠CBH＝∠BAO，
∵BA＝BC，
∴△BHC≌△AOB（AAS），
∴CH＝OB＝1，BH＝OA＝6，
∴OH＝BH﹣OB＝5，
∴C（1，﹣5），
∴直线AC的解析式为yx，
令x＝0．可得y，
∴D（0，）．
（2）在B点运动过程中，BE长保持不变，BE的长为3，
理由：如图2，过C作CM⊥y轴于M．
由（1）可知：△BCM≌△ABO，
∴CM＝BO，BM＝OA＝6．
∵△BDO是等腰直角三角形，
∴BO＝BD，∠DBO＝90°，
∴CM＝BD，∠DBE＝∠CME＝90°，
在△DBE与△CME中，
，
∴△DBE≌△CME（AAS），
∴BE＝EM，
∴BEBMOA＝3．
（3）结论1：BN2＝（OB+6）2+（AQ﹣6）2．
理由：如图3中，过点B作BH⊥NQ交NQ的延长线于H．
∵N（t，﹣6），
∴NQ＝6，
∵NQ⊥x轴，BH⊥NQ，
∴∠H＝∠OQH＝∠BOQ＝90°，
∴四边形BOQH是矩形，
∴QH＝OB，BH＝OQ，
∵OA＝6，
∴BH＝OQ＝AQ﹣6，
在Rt△BNH中，∵BN2＝NH2+BH2，
∴BN2＝（OB+6）2+（AQ﹣6）2．
或结论2：AQ＝BN+BO．
理由：如图3﹣1中，延长NQ交AB的延长线于M，过点N作NH⊥AM于H，交AQ于K．
∵OA＝NQ，∠AOB＝∠NQK，∠OAB＝∠KNQ，
∴△AOB≌△NQK（ASA），
∴OB＝KQ，AB＝NK，
∵∠ANK＝∠NAB＝45°，AN＝NA，NK＝AB，
∴△ANK≌△NAB（SAS），
∴AK＝BN，
∴AQ＝QK+AK＝OB+BN．
2．在平面直角坐标系中，点A（0，a），B（b，0），a、b满足（a﹣2）2+|b﹣4|＝0，点P在第一象限，PA＝PB，且PA⊥PB．
（1）a＝ 2 ，b＝ 4 ；
（2）如图1，点P的坐标为 （3，3） ；
（3）如图2，若A点运动到A1位置，B点运动到B1位置，保持PA1⊥PB1，求OB1﹣OA1的值；
（4）如图3，若Q是线段AB上一点，C为AQ中点，作PR＝PQ，PR⊥PQ，连BR，判定线段BR与PC的关系，并加以证明．
【思路点拔】（1）利用非负数的性质得到a﹣2＝0，b﹣4＝0，进而得解；
（2）求出OA＝2，OB＝4，过点P作PM⊥OB于M，PN⊥y轴于N，如图1所示：则四边形PMON是矩形，证明△PAN≌△PBM（AAS），由全等三角形的性质得出PN＝PM，BM＝AN，则可得出结论；
（3）由ASA证得△PAA1≌△PBB1，得AA1＝BB1，证出OB1﹣OA1＝OB+OA，即可得出结果；
（4）延长PC到S，使PC＝CS，连接AS，由SAS证得△ACS≌△QCP，得AS＝PQ＝PR，∠S＝∠QPC，由SAS证得△ASP≌△PRB，得BR＝PS＝2PC，∠APS＝∠PBR，由∠APS+∠BPS＝90°，推出∠BPS+∠PBR＝90°，则BR⊥PC．
【解答】解：（1）∵（a﹣2）2+|b﹣4|＝0，
∴a﹣2＝0，b﹣4＝0，
∴a＝2，b＝4，
故答案为：2；4；
（2）由（1）可知，A（0，2），B（4，0），
∴OA＝2，OB＝4，
过点P作PM⊥OB于M，PN⊥y轴于N，如图1：
则四边形PMON是矩形，
∴∠ANP＝∠BMP＝∠MPN＝90°，
∴∠APN+∠APM＝∠BPM+∠APM，
∴∠APN＝∠BPM，
在△PAN和△PBM中，
，
∴△PAN≌△PBM（AAS），
∴PN＝PM，BM＝AN，
∴2+AN＝4﹣BM＝4﹣AN，
∴AN＝1，
∴ON＝OM＝3，
∴P（3，3），
故答案为：（3，3）；
（3）由（1）得PA＝PB，
又∵∠APB＝∠A1PB1＝90°，
∴∠APA1＝∠BPB1，
∵∠PAO+∠PBO＝360°﹣∠AOB﹣∠APB＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∠PBB1+∠PBO＝180°，
∴∠PAO＝∠PBB1，
在△PAA1和△PBB1中，
，
∴△PAA1≌△PBB1（ASA），
∴AA1＝BB1，
∴OB1﹣OA1＝OB+BB1﹣（AA1﹣OA）＝OB+OA＝4+2＝6；
（4）BR＝2PC，BR⊥PC；理由如下：
延长PC到S，使PC＝CS，连接AS，如图3所示：
在△ACS和△QCP中，
，
∴△ACS≌△QCP（SAS），
∴AS＝PQ＝PR，∠S＝∠QPC，
∴AS∥PQ，
∴∠SAP+∠APQ＝180°，
又∵∠RPB+∠APQ＝∠APB+∠APR+∠APQ＝180°，
∴∠SAP＝∠RPB，
在△ASP和△PRB中，
，
∴△ASP≌△PRB（SAS），
∴BR＝PS＝2PC，∠APS＝∠PBR，
又∵∠APS+∠BPS＝90°，
∴∠BPS+∠PBR＝90°，
∴BR⊥PC．
3．已知△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点A、B分别是x轴和y轴上的一动点．
（1）如图1，若点C的横坐标为﹣4，求点B的坐标；
（2）如图2，BC交x轴于D，若点C的纵坐标为3，A（5，0），求D点坐标；
（3）如图3，在平面直角坐标系中，分别以OB、AB为直角边在第三、四象限作等腰Rt△OBF（OB＝BF，∠OBF＝90°）和等腰Rt△ABE（AB＝BE，∠ABE＝90°），EF交y轴于点M，求的值．
【思路点拔】（1）如图1，作CM⊥y轴于M，则CM＝4，求出∠ABC＝∠AOB＝90°，∠CBM＝∠BAO，证△BCM≌△ABO，求出OB＝CM＝4即可得出结论；
（2）如图2，作CM⊥y轴于M，利用AAS得到△CMB≌△BOA，得到B和C两点的坐标，然后求BC的解析式，与x轴的交点就是点D，得到点D坐标；
（3）作EN⊥y轴于N，求出∠NBE＝∠BAO，证△ABO≌△BEN，推出△ABO的面积＝△BEN的面积，OB＝NE＝BF，证△BFM≌△NEM，推出BM＝NM，根据三角形面积公式得出S△NEM＝S△BEMS△BENS△ABO，即可得出答案．
【解答】解：（1）如图1，作CM⊥y轴于M，则CM＝4，
∵∠ABC＝∠AOB＝90°，
∴∠CBM+∠ABO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠CBM＝∠BAO，
在△BCM和△ABO中
∴△BCM≌△ABO（AAS），
∴OB＝CM＝4，
∴B（0，﹣4）．
（2）如图2，作CM⊥y轴于M，
∵∠CBO+∠OBA＝∠CBA＝90°，
∠OBA+∠BAO＝90°，
∴∠CBM＝∠BAO，
在△CMB和△BOA中，
，
∴△CMB≌△BOA（AAS），
∴CM＝BO，AO＝BM，
∵点C的纵坐标为3，A（5，0），
∴MO＝3，OA＝BM＝5，
∴CM＝BO＝BM﹣MO＝5﹣3＝2，
∴C（﹣2，3），B（0，﹣2），
易得BC的解析式为：yx﹣2，
当y＝0时，x﹣2＝0，
x，
故点D的坐标为（，0）．
（3）如图3，作EN⊥y轴于N，
∵∠ENB＝∠BOA＝∠ABE＝90°，
∴∠OBA+∠NBE＝90°，∠OBA+∠OAB＝90°，
∴∠NBE＝∠BAO，
在△ABO和△BEN中
∴△ABO≌△BEN（AAS），
∴△ABO的面积＝△BEN的面积，OB＝NE＝BF，
∵∠OBF＝∠FBM＝∠BNE＝90°，
∴在△BFM和△NEM中
∴△BFM≌△NEM（AAS），
∴BM＝NM，
∵△BME边BM上的高和△NME的边MN上的高相等，
∴S△MEN＝S△BEMS△BENS△ABO，
即．
4．在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，3），AB＝BC，AB⊥BC，点B在x轴上．
（1）如图1，AC交x轴于点D，若∠DBC＝10°，则∠ADB＝ 55° ；
（2）如图1，若点B在x轴正半轴上，点C（1，﹣1），求点B坐标；
（3）如图2，若点B在x轴负半轴上，AE⊥x轴于点E，AF⊥y轴于点F，∠BFM＝45°，MF交直线AE于点M，若点B（﹣1，0），BM＝5，求EM的长．
【思路点拔】（1）利用三角形的外角等于不相邻的两内角和判定；
（2）过A作AD⊥x轴，CE⊥x轴，垂足分别为D、E，在△ADB与△BEC中，利用角角边相等来判定△ADB≌△BEC，从而求出点B的坐标；
（3）在AM上截取AN＝OB，连接FN，在△BOF与△NAF中，利用边角边关系判定△BOF≌△NAF，△BFM≌△NFM，从而求出EM的长．
【解答】解：（1）∠ADB＝55°；
∵AB＝BC，AB⊥BC，
∴∠A＝∠C＝45°，
∵∠ADB＝∠C+∠DBC，∠DBC＝10°，
∴∠ADB＝45°+10°＝55°；
（2）解：如图1，过A作AD⊥x轴，CE⊥x轴，垂足分别为D、E，
∵AD⊥x轴，CE⊥x轴，
∴∠ADB＝∠BEC＝90°，
∴∠DAB+∠ABD＝90°，
∵AB⊥BC，
∴∠EBC+∠ABD＝90°，
∴∠DAB＝∠EBC，
在△ADB与△BEC中，
，
∴△ADB≌△BEC（AAS），
∴BD＝CE，
∵A（3，3），C（1，﹣1），
∴OD＝3，CE＝1，
∴OB＝OD+BD＝OD+CE＝3+1＝4，
∴B（4，0）；
（3）解：如图2，在AM上截取AN＝OB，连接FN，
∵A（3，3），
∴OF＝AF＝3，
在△BOF与△NAF中，
，
∴△BOF≌△NAF（SAS），
∴∠BFO＝∠NFA，BF＝NF，
∵∠BFM＝∠BFO+∠OFM＝45°，
∴∠NFA+∠OFM＝45°，
∵∠OFA＝90°，
∴∠NFM＝∠OFA﹣（∠NFA+∠OFM）＝90°﹣45°＝45°，
∴∠BFM＝∠NFM，
在△BFM与△NFM中，
，
∴△BFM≌△NFM（SAS），
∴BM＝NM，
∵BM＝5，B（﹣1，0），
∴MN＝5，BO＝AN＝1，
∴EM＝MN+AN﹣AE＝5+1﹣3＝3．
5．如图，点A（﹣4，0），B（0，3）在平面直角坐标系中的坐标轴上，点P（﹣1，1）为△AOB内一点，AB＝5．
（1）求点P到AB的距离；
（2）如图1，射线BP交OA的垂直平分线于点C，试判断△PAC的形状，并说明理由；
（3）如图2，Q（m，0）为x轴正半轴上一点，将AQ沿PQ所在直线翻折，与y轴，线段AB分别交于点F，G，试探究△BFG的周长是否会发生变化，若变化，求变化范围；若不变，求△BFG的周长．
【思路点拔】（1）过点P作PE⊥x轴于点E，PK⊥y轴于点K，PH⊥AB于点H，则PE＝PK＝OE＝OK＝1，再由三角形面积求出PH＝1，即可得出结论；
（2）由直角三角形的性质和角平分线定义求出∠PBA+∠PAB＝45°，则∠APC＝∠PBA+∠PAB＝45°，过点C作CM⊥AB于点M，CN⊥y轴于点N，再证Rt△ACM≌Rt△OCN（HL），得∠CAM＝∠CON，然后证∠COP＝∠CPO，得PC＝OC，即可解决问题；
（3）过点P作PE⊥x轴于点E，PM⊥y轴于点M，PN⊥AB于点N，PR⊥QG于点R，连接PG、PF，由角平分线的性质得PE＝PM＝PN＝OE＝OM＝1，则BM＝OB﹣OM＝2，再证Rt△BPN≌Rt△BPM（HL），得BN＝BM＝2，同理可证Rt△PMF≌Rt△PRF（HL），得FM＝FR，同理Rt△PGN≌Rt△PGR（HL），得GN＝GR，即可解决问题．
【解答】解：（1）∵点A（﹣4，0），B（0，3），
∴OA＝4，OB＝3，
∵∠AOB＝90°，
∴S△AOBOA OB4×3＝6，
如图1，过点P作PE⊥x轴于点E，PK⊥y轴于点K，PH⊥AB于点H，
∵点P（﹣1，1），
∴PE＝PK＝OE＝OK＝1，
∵S△ABP+S△AOP+S△BOP＝S△AOB，
∴AB PHOA PEOB PK＝6，
即5 PH4×13×1＝6，
解得：PH＝1，
即点P到AB的距离为1；
（2）△PAC是等腰直角三角形，理由如下：
∵射线BP交OA的垂直平分线于点C，
∴AC＝OC，
∵∠AOB＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝90°，
由（1）可知，PE＝PF＝PG＝1，
∴BP平分∠ABO，AP平分∠BAO，OP平分∠AOB，
∴∠PBA＝∠PBO∠ABO，∠PAB∠BAO，∠AOP＝∠BOP＝45°，
∴∠PBA+∠PAB（∠ABO+∠BAO）90°＝45°，
∴∠APC＝∠PBA+∠PAB＝45°，
如图1﹣1，过点C作CM⊥AB于点M，CN⊥y轴于点N，
则∠CMA＝∠CNO＝90°，
∵BP平分∠ABO，
∴CM＝CN，
在Rt△ACM和Rt△OCN中，
，
∴Rt△ACM≌Rt△OCN（HL），
∴∠CAM＝∠CON，
∵∠CON+∠COB＝180°，
∴∠CAM+∠COB＝180°，
∴∠ABO+∠ACO＝360°﹣180°＝180°，
即2∠PBA+∠ACO＝180°，
∵AC＝OC，
∴∠COA＝∠CAO，
∵∠COA+∠CAO+∠ACO＝180°，
∴2∠COA+∠ACO＝180°，
∴∠PBA＝∠COA，
∵∠CPO＝∠BOP+∠PBO＝45°+∠PBA，∠COP＝∠AOP+∠COA＝45°+∠COA，
∴∠COP＝∠CPO，
∴PC＝OC，
∴AC＝PC，
∴∠APC＝∠PAC＝45°，
∴∠ACP＝90°，
∴△PAC是等腰直角三角形；
（3）△BFG的周长不会发生变化，理由如下：
如图2，过点P作PE⊥x轴于点E，PM⊥y轴于点M，PN⊥AB于点N，PR⊥QG于点R，连接PG、PF，
由（2）可知，点P为△AOB的三条内角平分线的交点，
∴PE＝PM＝PN＝OE＝OM＝1，
∵OB＝3，
∴BM＝OB﹣OM＝2，
在Rt△BPN和Rt△BPM中，
，
∴Rt△BPN≌Rt△BPM（HL），
∴BN＝BM＝2，
由翻折的性质得：∠PQA＝∠PQF，
∵PE⊥AQ，PR⊥QG，
∴PE＝PR，
∴PR＝PM＝PN，
同理可证：Rt△PMF≌Rt△PRF（HL），
∴FM＝FR，
同理：Rt△PGN≌Rt△PGR（HL），
∴GN＝GR，
∴△BFG的周长＝BG+GF+BF＝BG+GR+RF+BF＝BG+GN+FM+BF＝BN+BM＝2+2＝4，
即△BFG的周长不会发生变化，为定值4．
6．在平面直角坐标系中，已知点A（0，a），B（b，0），其中a，b满足（x+b）（x+3）＝x2+ax+12（a，b为常数）．
（1）求点A，B的坐标；
（2）如图1，D为x轴负半轴上一点，C为第三象限内一点，且∠ABC＝ADC＝90°，OA＝OD，过点C作CE⊥DB于点E，求证：DE＝OB；
（3）如图2，P为y轴正半轴上一动点，连接BP，过点B在x轴下方作BQ⊥BP，且BQ＝BP，连接PC，PQ，QC，在（2）的条件下，设P（0，p），求△PCQ的面积（用含p的式子表示）．
【思路点拔】（1）将左边展开，左右恒等得出方程求得；
（2）作BF⊥BD交DA的延长线于F，易得BD＝BF，证明△ABF≌△DCB（AAS），可得AB＝BC，再证明△ABO≌△BCE（AAS），可得CE＝OB，证明△DEC是等腰直角三角形，可得DE＝CE，即可证明DE＝OB；
（3）分为P在A点上方和在A点下方，可得△QBC≌△PBA，从而CQ⊥y轴，进而表示出CQ及CQ上的高，从而求得．
【解答】（1）解：∵（x+b）（x+3）＝x2+ax+12，
∴x2+（b+3）x+3b＝x2+ax+12，
∴，
∴，
∴A（0，7），B（4，0）；
（2）证明：如图1，
作BF⊥BD交DA的延长线于F，
∵OA＝DO，∠AOD＝90°，
∴∠ADO＝∠DAO＝45°，
∴∠BFD＝90°﹣∠ADB＝45°，
∴∠BDA＝∠BFD，
∴BD＝BF，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠BDC＝90°﹣∠ADB＝45°，∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD+∠BAF＝180°，
∴∠BCD＝∠BAF，
∴△ABF≌△DCB（AAS），
∴AB＝BC，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠CBE＝90°，
∵CE⊥BD，
∴∠BEC＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°，∠CEB＝∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝∠BCE，
∴△ABO≌△BCE（AAS），
∴CE＝OB，
∵∠BDC＝45°，CE⊥AB，
∴△DEC是等腰直角三角形，
∴DE＝CE，
∴DE＝OB；
（3）解：如图2，
当p＞7时，
延长QC交PA于D，PD与BQ交于I，
∵∠PBQ＝∠ABC＝90°，
∴∠PBA＝∠QBC，
∵BQ＝PB，
由（2）知，△AOB≌△BEC，
∴BC＝AB，
∴△QBC≌△PBA（SAS），
∴∠BQC＝∠BPA，CQ＝PA＝p﹣7，
∵∠PIB＝∠QID，
∴∠QDI＝∠PBI＝90°，
∴QC⊥PA，
∵PD＝p+4，
∴S△PCQCQ PDp﹣14，如图3，
当0＜p＜7时，CQ＝AP＝7﹣p，PD＝p+4，
∴S△PCQCQ PD（7﹣p） （p+4）p+14，
∴．
7．等边△ABC在平面直角坐标系中如图1所示，点B，C在x轴上，点A在y轴正半轴上．
（1）如图1，若P为AB的中点，连接PC交y轴于点D，问线段AD与PD有何数量关系，并说明理由；
（2）将图1中的△ADC绕点C顺时针旋转α（0＜α＜180°），点A的对应点为点E，P为EB的中点．
①若将△ADC旋转至图2位置，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
②若点C坐标为（2，0），请求出在将△ADC旋转过程中，DP取最小值时点E的坐标．
【思路点拔】（1）结论：AD＝2PD．证明∠PAD＝30°，可得结论；
（2）①结论成立．如图2中，延长ED交AB于点R，延长DP到T，使得PT＝PD，连接BT，AT，设DR交AC于点W．证明△ADT是等边三角形，可得结论．
②因为△APD是含有30°的直角三角形，所以当PA的值最小时，PD的值最小，由PA≥OA﹣OP≥22，推出当点P落在线段OA上时，PA的值最小，延长可得结论．
【解答】解：（1）结论：AD＝2PD．
理由：如图1中，∵△ABC是等边三角形，AO⊥BC，
∴∠BAO＝∠CAO∠CAB60°＝30°，
∵AP＝PB，
∴CP⊥AB，
∴∠APD＝90°，
∴AD＝2PD；
（2）①结论成立．
理由：如图2中，延长ED交AB于点R，延长DP到T，使得PT＝PD，连接BT，AT，设DR交AC于点W．
在△EPD和△BPT中，
，
∴△EPD≌△BPT（SAS），
∴∠DEP＝∠TBP，BT＝DE，
∵DE＝CD，
∴BT＝CD，
∴∠ARD＝∠ABT，
∵∠CDE＝120°，
∴∠CDR＝60°，
∵∠RAW＝60°，
∴∠RAW＝∠CDW＝60°，
∵∠AWR＝∠CWD，
∴∠ARW＝∠ACD，
∴∠ABT＝∠ACD，
在△TBA和△DCA中，
，
∴△TBA≌△DCA（SAS），
∴AT＝AD，∠BAT＝∠CAD，
∴∠TAD＝∠BAC＝60°，
∴△ADT是等边三角形，
∵PD＝PT，
∴AP⊥DT，∠PAD∠DAT＝30°，
∴AD＝2PD；
②如图2中，连接OP，
∵C（2，0），
∴OB＝OC＝2，
∴CE＝AC＝BC＝4，OA＝2，
∵BP＝PE，OB＝OC，
∴OPEC＝2，
∵△APD是含有30°的直角三角形，
∴当PA的值最小时，PD的值最小，
∵PA≥OA﹣OP≥22，
∴当点P落在线段OA上时，PA的值最小，此时E（2，4）．
8．已知A（0，a），B（b，0），且a，b满足b2﹣2b+1＝0，∠ABO＝60°．
（1）求出点B的坐标；
（2）如图1，点N（c，0）（c＜﹣1）关于y轴的对称点为点M，线段AN的垂直平分线交线段AB的延长线于点P，当点N在运动时，求∠AMP的大小；
（3）如图2，点B关于y轴的对称点为点C，点D在线段CO上，点E在边AB上，满足∠DEA＝2∠DAE，试探究CD，EB和DE之间的数量关系，并给出你的证明．
【思路点拔】（1）由非负性可求a，b的值，即可求解；
（2）由“SAS”可证△ANE≌△AMP，可得∠AMP＝∠ANE，由等腰三角形的性质可求∠ANP，∠PNE，即可求解；
（3）由“SAS”可证△AHD≌△DBG（SAS），可得∠CAD＝∠BDG，由外角的性质可得∠G＝∠EDG，可证ED＝EG，可得结论．
【解答】解：（1）∵b2﹣2b+1＝0，
∴（b﹣1）2＝0，
∴a，b＝1，
∴点A（0，），点B（1，0）；
（2）如图1，作点P关于y轴的对称点E，连接EP，EN，AE，
∵点N关于y轴的对称点为点M，点P关于y轴的对称点为点E，
∴AN＝AM，AE＝AP，∠NAO＝∠BAO，∠EAO＝∠PAO，
∴∠NAE＝∠PAM，
∴△ANE≌△AMP（SAS），
∴∠AMP＝∠ANE，
∵∠ABO＝60°，
∴∠BAO＝30°＝∠EAO，
∴∠EAP＝60°，
又∵AE＝AP，
∴△AEP是等边三角形，
∴AP＝EP，∠APE＝60°，
∵点P在AN的垂直平分线上，
∴AP＝NP＝PE，
∴∠ANP，∠PNE，
∴∠ANE＝∠ANP+∠PNE150°，
∴∠AMP＝150°；
（3）DE＝EB+CD，理由如下：
如图2，在AC上截取CH＝CD，连接DH，在AB的延长线上截取BG＝CD，连接DG，
∵点B关于y轴的对称点为点C，
∴AC＝AB，
又∵∠ABO＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝BC，∠ACB＝∠ABC＝∠BAC＝60°，
又∵CH＝CD，
∴△CDH是等边三角形，
∴CD＝CH＝DH，∠CHD＝60°＝∠ABC，
∴∠AHD＝120°＝∠DBG，AH＝DB，BG＝DH＝CD，
∴△AHD≌△DBG（SAS），
∴∠CAD＝∠BDG，
∵∠CAD+∠DAB＝∠BDG+∠G，
∴∠G＝∠DAB，
∵∠DEA＝∠G+∠EDG＝2∠DAE，
∴∠G＝∠EDG，
∴ED＝EG，
∴DE＝EB+CD．中小学教育资源及组卷应用平台
人教版八上期中考试复习压轴大题
一．解答题（共8小题）
1．如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣6，0），点B在y轴正半轴上，AB＝BC，∠CBA＝90°．
（1）如图1，当B（0，1）时，连接AC交y轴于点D，写出点D的坐标；
（2）如图2，DB⊥y轴于B且BD＝BO，连接CD交y轴于一点E，在B点运动的过程中，BE的长度是否会发生变化？若不变，求出BE的长度；若变化，请说明理由；
（3）如图3，N在AC延长线上，过N（t，﹣6）作NQ⊥x轴于Q，探究线段BN、AQ、BO之间的数量关系，并证明你的结论．
2．在平面直角坐标系中，点A（0，a），B（b，0），a、b满足（a﹣2）2+|b﹣4|＝0，点P在第一象限，PA＝PB，且PA⊥PB．
（1）a＝ ，b＝ ；
（2）如图1，点P的坐标为 ；
（3）如图2，若A点运动到A1位置，B点运动到B1位置，保持PA1⊥PB1，求OB1﹣OA1的值；
（4）如图3，若Q是线段AB上一点，C为AQ中点，作PR＝PQ，PR⊥PQ，连BR，判定线段BR与PC的关系，并加以证明．
3．已知△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点A、B分别是x轴和y轴上的一动点．
（1）如图1，若点C的横坐标为﹣4，求点B的坐标；
（2）如图2，BC交x轴于D，若点C的纵坐标为3，A（5，0），求D点坐标；
（3）如图3，在平面直角坐标系中，分别以OB、AB为直角边在第三、四象限作等腰Rt△OBF（OB＝BF，∠OBF＝90°）和等腰Rt△ABE（AB＝BE，∠ABE＝90°），EF交y轴于点M，求的值．
4．在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，3），AB＝BC，AB⊥BC，点B在x轴上．
（1）如图1，AC交x轴于点D，若∠DBC＝10°，则∠ADB＝ ；
（2）如图1，若点B在x轴正半轴上，点C（1，﹣1），求点B坐标；
（3）如图2，若点B在x轴负半轴上，AE⊥x轴于点E，AF⊥y轴于点F，∠BFM＝45°，MF交直线AE于点M，若点B（﹣1，0），BM＝5，求EM的长．
5．如图，点A（﹣4，0），B（0，3）在平面直角坐标系中的坐标轴上，点P（﹣1，1）为△AOB内一点，AB＝5．
（1）求点P到AB的距离；
（2）如图1，射线BP交OA的垂直平分线于点C，试判断△PAC的形状，并说明理由；
（3）如图2，Q（m，0）为x轴正半轴上一点，将AQ沿PQ所在直线翻折，与y轴，线段AB分别交于点F，G，试探究△BFG的周长是否会发生变化，若变化，求变化范围；若不变，求△BFG的周长．
6．在平面直角坐标系中，已知点A（0，a），B（b，0），其中a，b满足（x+b）（x+3）＝x2+ax+12（a，b为常数）．
（1）求点A，B的坐标；
（2）如图1，D为x轴负半轴上一点，C为第三象限内一点，且∠ABC＝ADC＝90°，OA＝OD，过点C作CE⊥DB于点E，求证：DE＝OB；
（3）如图2，P为y轴正半轴上一动点，连接BP，过点B在x轴下方作BQ⊥BP，且BQ＝BP，连接PC，PQ，QC，在（2）的条件下，设P（0，p），求△PCQ的面积（用含p的式子表示）．
7．等边△ABC在平面直角坐标系中如图1所示，点B，C在x轴上，点A在y轴正半轴上．
（1）如图1，若P为AB的中点，连接PC交y轴于点D，问线段AD与PD有何数量关系，并说明理由；
（2）将图1中的△ADC绕点C顺时针旋转α（0＜α＜180°），点A的对应点为点E，P为EB的中点．
①若将△ADC旋转至图2位置，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
②若点C坐标为（2，0），请求出在将△ADC旋转过程中，DP取最小值时点E的坐标．
8．已知A（0，a），B（b，0），且a，b满足b2﹣2b+1＝0，∠ABO＝60°．
（1）求出点B的坐标；
（2）如图1，点N（c，0）（c＜﹣1）关于y轴的对称点为点M，线段AN的垂直平分线交线段AB的延长线于点P，当点N在运动时，求∠AMP的大小；
（3）如图2，点B关于y轴的对称点为点C，点D在线段CO上，点E在边AB上，满足∠DEA＝2∠DAE，试探究CD，EB和DE之间的数量关系，并给出你的证明．
