某校八年级（上）期末数学试卷-

这是一份某校八年级（上）期末数学试卷-，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列运算中，计算正确的是（ ）
A.2a⋅3a＝6aB.(3a2)3＝27a6
C.a4÷a2＝2aD.(a+b)2＝a2+ab+b2

2. 把多项式x2+ax+b分解因式，得(x−1)(x−3)，则a，b的值分别是( )
A.a=4，b=3B. a=−4，b=−3 C.a=−4，b=3D. a=4，b=−3

3. 如图1，在长为a的正方形中挖掉一个边长为b的小正方形(a>b)把余下的部分剪拼成一个矩形（如图2），通过计算两个图形（阴影部分）的面积，验证了一个等式，则这个等式是（ ）
A.a2−b2=(a+b)(a−b)
B.(a+b)2=a2+2ab 十b2
C.(a−b)2=a2−2ab+b2
D.(a+2b)(a−b)=a2+ab−2b2

4. 下列各式2x，xy−y3，25+y，xπ−1，−3x，x+yx−y，5x2y3x，其中分式的个数为（ ）
A.2个B.3个C.4个D.5个

5. 将下列多项式因式分解，结果中不含有因式(a+1)的是( )
A.a2−1B.a2+a
C.a2+a−2D.(a+2)2−2(a+2)+1

6. 如图所示，底边BC为33，顶角A为120∘的等腰△ABC中，DE垂直平分AB于D，则AE的长为（ ）
A.23B.2+3C.3D.33

7. 如果x2+kxy+9y2是一个完全平方式，那么k是（ ）
A.6B.−6C.±6D.18

8. 如图，过边长为1的等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC于E，Q为BC延长线上一点，当PA=CQ时，连PQ交AC边于D，则DE的长为( )

A.13B.12C.23D.不能确定
二、填空题（共8小题，每小题3分，共24分）

若a+b=7，ab=6，则a2+b2=________．

已知5x=3，5y=4，则25x+y的结果为________．

当x=________时，分式x2−1x2+x−2的值为零．

将二次三项式x2+4x+5化成(x+p)2+q的形式应为________．

如图所示，P是等边三角形ABC内一点，将△ABP绕点B顺时针方向旋转60∘，得到△CBP′，若PB=3，则PP′=________．

观察下列各式及其展开式：
(a−b)2=a2−2ab+b2
(a−b)3=a3−3a2b+3ab2−b3
(a−b)4=a4−4a3b+6a2b2−4ab3+b4
(a−b)5=a5−5a4b+10a3b2−10a2b3+5ab4−b5…
请你猜想(a−b)10的展开式第三项的系数是________．

如图(1)的面积可以用来解释(2a)2=4a2，那么根据图(2)，可以用来解释________（写出一个符合要求的代数恒等式）．

如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下五个结论：
①AD=BE；②PQ // AE；③AP=BQ；④CO平分∠AOE；⑤∠AOB=60∘．
恒成立的结论有________．（把你认为正确的序号都填上）
三.解答题（本大题共8小题，满分共72分）

分解因式：
（1）3m4−48；

（2）b4−4ab3+4ab2．

已知分式(m−1)(m−3)m2−3m+2，试问：
（1）当m为何值时，分式有意义？

（2）当m为何值时，分式值为0？

如图，在平面直角坐标系中，直线l是第一、三象限的角平分线．

(1)实验与探究：
由图观察易知A(0, 2)关于直线l的对称点A′的坐标为(2, 0)，请在图中分别标明B(5, 3)、C(−2, 5)关于直线l的对称点B′、C′的位置，并写出他们的坐标：B′________、C′________；

(2)归纳与发现：
结合图形观察以上三组点的坐标，你会发现：坐标平面内任一点P(a, b)关于第一、三象限的角平分线l的对称点P′的坐标为________（不必证明）；

(3)运用与拓广：
已知两点D(1, −3)、E(−1, −4)，试在直线l上确定一点Q，使点Q到D、E两点的距离之和最小，并求出Q点坐标．

已知x2+x−2016=0，求整式(x−1)2−x(x−3)+(x+2)(x−2)的值．

一个长方形的长增加4cm，宽减少1cm，面积保持不变；长减少2cm，宽增加1cm，面积仍保持不变，求这个长方形的面积．

（1）如图，△ABC中，AB=AC，点D在线段AB上，E是直线BC上一点，且∠DEC=∠DCE，若∠A=60∘（如图①）．求证：EB=AD；
（2）若将（1）中的“点D在线段AB上”改为“点D在线段AB的延长线上”，其它条件不变（如图②），（1）的结论是否成立，并说明理由．

为了美化校园环境，争创绿色学校，某县教育局委托园林公司对A，B两校进行校园绿化，已知A校有如图(1)的阴影部分空地需铺设草坪，B校有如图(2)的阴影部分空地需铺设草坪，在甲、乙两地分别有同种草皮3500米​2和2500米​2出售，且售价一样，若园林公司向甲、乙两地购买草皮，其路程和运费单价表如下：
路程、运费单价表
（注：运费单价表示每平方米草皮运送1千米所需的人民币）
求：
（1）分别求出图1、图2的阴影部分面积；

（2）若园林公司将甲地3500m2的草皮全部运往A校，请你求出园林公司运送草皮去A、B两校的总运费；

（3）请你给出一种运送方案，使得园林公司支付出送草皮的总运费不超过15000元．

如图，点A(0, a )，点B( b, 0 )且满足a2+2b2−2ab−2b+1=0．经过原点O的直线l交线段AB于点C，过C作OC⊥CP，与直线BP相交于点P，BP⊥OB．现将直线l绕O点旋转，使交点C从A向B运动，但P点必须在第一象限内，分析此图后，对下列问题作出探究：
（1）求点A、B的坐标；

（2）探索线段OC和CP的长来判断它们之间的大小关系？并证明你得到的结论；

（3）过C作CD⊥OB于点D，试判断CD与OB+PB间的数量关系，并说明理由；

（4）设点P的坐标为(b, c)，请直接写出当△PBC为等腰三角形时c=________．
参考答案与试题解析
2016-2017学年湖北省黄冈市某校八年级（上）期末数学试卷
一、选择题（下列各题的备选答案中，有且仅有一个答案是正确的，每小题3分，共24分）
1.
【答案】
B
【考点】
整式的混合运算
【解析】
分别利用积的乘方运算法则以及同底数幂的除法运算法则、完全平方公式、单项式乘以单项式运算法则化简求出答案．
【解答】
A、2a⋅3a＝6a2，故此选项错误；
B、(3a2)3＝27a6，正确；
C、a4÷a2＝a2，故此选项错误；
D、(a+b)2＝a2+2ab+b2，故此选项错误；
2.
【答案】
C
【考点】
因式分解-十字相乘法
【解析】
因式分解的结果利用多项式乘以多项式法则计算，再利用多项式相等的条件求出a与b的值即可．
【解答】
解：根据题意得：
x2+ax+b
=(x−1)(x−3)
=x2−4x+3，
则a=−4，b=3，
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
平方差公式的几何背景
【解析】
分别表示出两个图形的阴影部分的面积，即可得出选项．
【解答】
解：根据图形可知：第一个图形阴影部分的面积为a2−b2，第二个图形阴影部分的面积为(a+b)(a−b)，
即a2−b2=(a+b)(a−b)，
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
分式的定义
【解析】
直接利用分式的定义分析得出答案．
【解答】
解：2x，xy−y3，25+y，xπ−1，−3x，x+yx−y，5x2y3x，其中分式的是2x，25+y，x+yx−y，5x2y3x共4个．
故选：C．
5.
【答案】
C
【考点】
因式分解的概念
【解析】
先把各个多项式分解因式，即可得出结果．
【解答】
解：∵ a2−1=(a+1)(a−1)，
a2+a=a(a+1)，
a2+a−2=(a+2)(a−1)，
(a+2)2−2(a+2)+1=(a+2−1)2=(a+1)2，
∴ 结果中不含有因式a+1的是选项C.
故选C．
6.
【答案】
C
【考点】
等腰三角形的判定与性质
线段垂直平分线的性质
【解析】
，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C=30∘，根据线段垂直平分线的性质得到BE=AE，即可得到结论．
【解答】
解：∵ AB=AC，∠A=120∘，
∴ ∠B=∠C=30∘，
∵ DE垂直平分AB，
∴ BE=AE，
∴ ∠B=∠BAE=30∘，
∴ ∠EAC=90∘，
∴ AE=12CE，
∴ AE+CE=3AE=BC，
∴ AE=3．
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
完全平方式
【解析】
根据完全平方式得出k＝±2×1×3，求出即可．
【解答】
∵ x2+kxy+9y2是一个完全平方式，
∴ x2+kxy+9y2＝x2±2⋅x⋅3y+(3y)2，
即k＝±6，
8.
【答案】
B
【考点】
全等三角形的性质与判定
等边三角形的性质
平行线的性质
【解析】
过P作BC的平行线，交AC于M；则△APM也是等边三角形，在等边三角形APM中，PE是AM上的高，根据等边三角形三线合一的性质知AE=EM；易证得△PMD≅△QCD，则DM=CD；此时发现DE的长正好是AC的一半，由此得解．
【解答】
解：过P作PM // BC，交AC于M,如图所示，
∵ △ABC是等边三角形，且PM // BC，
∴ △APM是等边三角形；
又∵ PE⊥AM，
∴ AE=EM=12AM；（等边三角形三线合一）
∵ PM // CQ，
∴ ∠PMD=∠QCD，∠MPD=∠Q；
又∵ PA=PM=CQ，
在△PMD和△QCD中
∠PDM=∠CDQ，∠PMD=∠DCQ，PM=CQ，
∴ △PMD≅△QCD(AAS)；
∴ CD=DM=12CM；
∴ DE=DM+ME=12(AM+MC)
=12AC=12，
故选B．
二、填空题（共8小题，每小题3分，共24分）
【答案】
37
【考点】
完全平方公式
【解析】
根据完全平方公式即可求出答案．
【解答】
解：∵ (a+b)2=a2+b2+2ab，
∴ a2+b2=(a+b)2−2ab=49−12=37，
故答案为：37．
【答案】
144
【考点】
同底数幂的乘法
【解析】
先将25x+y变形为(5x)2×(5y)2，然后结合同底数幂的乘法的概念和运算法则将5x=3，5y=4代入求解即可．
【解答】
解：∵ 5x=3，5y=4，
∴ 25x+y
=52x×52y
=(5x)2×(5y)2
=32×42
=9×16
=144．
故答案为：144．
【答案】
−1
【考点】
分式值为零的条件
【解析】
分式的值为0的条件是：(1)分子=0；(2)分母≠0．两个条件需同时具备，缺一不可．
【解答】
解：分式x2−1x2+x−2的值为零，
即x2−1x2+x−2=0，
也就是x2−1=0，
x=±1，
当x=1时，分母等于0，不合题意．
所以当x=−1时，分母不等于0，分式x2−1x2+x−2的值为零．
故答案为：−1．
【答案】
(x+2)2+1
【考点】
完全平方公式
【解析】
直接利用完全平方公式将原式进行配方得出答案．
【解答】
解：x2+4x+5
=x2+4x+4+1
=(x+2)2+1．
故答案为：(x+2)2+1．
【答案】
3
【考点】
等边三角形的判定方法
【解析】
由已知条件可推出△BPP′为等边三角形，从而得到PP′=BP=3．
【解答】
解：因为△ABP绕点B顺时针方向旋转60∘，得到△CBP′，
∴ ∠PBP′=60∘，BP=BP′，
∴ △BPP′为等边三角形，
∴ PP′=BP=3．
故答案为：3．
【答案】
45
【考点】
完全平方公式
【解析】
根据各式与展开式系数规律，确定出所求展开式第三项系数即可．
【解答】
解：根据题意得：第五个式子系数为1，6，15，20，15，6，1，
第六个式子系数为1，7，21，35，35，21，7，1，
第七个式子系数为1，8，28，56，70，56，28，8，1，
第八个式子系数为1，9，36，84，126，126，84，36，9，1，
第九个式子系数为1，10，45，120，210，252，210，120，45，10，1，
则(a−b)10的展开式第三项的系数是45，
故答案为：45．
【答案】
(a+b)2−(a−b)2=4ab
【考点】
完全平方公式的几何背景
【解析】
根据阴影部分的面积等于四个矩形的面积，也可以表示为大正方形的面积减去中间空白处小正方形的面积，即可得解．
【解答】
解：阴影部分的面积可以表示为：4ab，
也可以表示为(a+b)2−(a−b)2，
所以，恒等式为(a+b)2−(a−b)2=4ab．
故答案为：(a+b)2−(a−b)2=4ab．
【答案】
①②③④⑤
【考点】
全等三角形的性质
等边三角形的判定方法
【解析】
证明①可先证明△ACD≅△BCE，已有：AB=BC，CD=CE，易得∠ACD=∠BCE，其他的证明需要通过①得到，再利用三角形相似以及等边三角形的知识分别进行证明即可得出答案．
【解答】
解：①∵ △ABC和△CDE为等边三角形
∴ AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCB=60∘
∴ ∠ACD=∠BCE
在△ACD和△BCE中，
AC=CB∠ACD=∠BCECD=CE，
∴ △ACD≅△BCE
∴ AD=BE，故①正确；
由(1)中的全等得∠CBE=∠DAC，进而可求证△CQB≅△CPA，
∴ AP=BQ，故③正确；
又∵ ∠PCQ=60∘可知△PCQ为等边三角形，
∴ ∠PQC=∠DCE=60∘，
∴ PQ // AE②成立，
∵ BC // DE，
∴ ∠CBE=∠BED，
∵ ∠CBE=∠DAE，
∴ ∠AOB=∠OAE+∠AEO=60∘，故⑤正确；
∴ ∠AOE=120∘，
∵ ∠PBO=∠PAC，∠BOP=∠PCA，
∴ △BPO∽△APC，
∴ PBAP=OPPC，
∴ PBOP=APPC，∵ ∠APB=∠CPO，
∴ △APB∽△CPO，
∴ ∠COP=∠ABP=60∘，
∴ ∠COA=∠COB=60∘，故④正确，
故正确的有①②③④⑤，
故答案为①②③④⑤．
三.解答题（本大题共8小题，满分共72分）
【答案】
解：（1）原式=3(m4−16)=3(m2+4)(m+2)(m−2)；
（2）原式=b2(b2−4ab+4a)．
【考点】
提公因式法与公式法的综合运用
【解析】
（1）原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可；
（2）原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】
解：（1）原式=3(m4−16)=3(m2+4)(m+2)(m−2)；
（2）原式=b2(b2−4ab+4a)．
【答案】
解：（1）由题意得，m2−3m+2≠0，
解得，m≠1且m≠2；
（2）由题意得，(m−1)(m−3)=0，m2−3m+2≠0，
解得，m=3，
则当m=3时，此分式的值为零．
【考点】
分式值为零的条件
无意义分式的条件
【解析】
（1）根据分式有意义的条件是分母不等于零列出不等式计算即可；
（2）根据分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零列式计算．
【解答】
解：（1）由题意得，m2−3m+2≠0，
解得，m≠1且m≠2；
（2）由题意得，(m−1)(m−3)=0，m2−3m+2≠0，
解得，m=3，
则当m=3时，此分式的值为零．
【答案】
(3,5),(5,−2)
(b，a)
(3)由(2)得，D(1, −3)关于直线l的对称点D′的坐标为(−3, 1)，
如图所示：
连接D′E交直线l于点Q，此时点Q到D、E两点的距离之和最小．
设过D′(−3, 1)、E(−1, −4)直线的解析式为y=kx+b，
则−3k+b=1−k+b=−4
∴ k=−52b=−132
∴ 直线D′E的解析式为：y=−52x−132
由y=−52x−132y=x
得x=−137y=−137
∴ 所求Q点的坐标为(−137, −137)．
【考点】
一次函数的综合题
距离问题
位置的确定
【解析】
易找到点B关于第一、三象限角平分线的对称点B′的坐标为(3, 5)，再结合已知的点A的坐标，我们不难猜想点C′坐标是(5, −2)，然后找到点C′，可以发现CC′被第一、三象限角平分线垂直且平分，由此可以推想到坐标平面内任一点P(a, b)关于第一、三象限的角平分线l的对称点P′的坐标为(b, a)，即它们纵、横坐标互换位置．
【解答】
解：(1)如图：
B′(3, 5)，C′(5, −2).
故答案为：B′(3, 5)，C′(5, −2).

(2)根据(1)知，点的坐标关于l对称，
横坐标与纵坐标互换，
所以P(a，b)对应的P′的坐标为(b，a).
故答案为：(b，a).
(3)由(2)得，D(1, −3)关于直线l的对称点D′的坐标为(−3, 1)，
如图所示：
连接D′E交直线l于点Q，此时点Q到D、E两点的距离之和最小．
设过D′(−3, 1)、E(−1, −4)直线的解析式为y=kx+b，
则−3k+b=1−k+b=−4
∴ k=−52b=−132
∴ 直线D′E的解析式为：y=−52x−132
由y=−52x−132y=x
得x=−137y=−137
∴ 所求Q点的坐标为(−137, −137)．
【答案】
解：原式=x2−2x+1−x2+3x+x2−4
=x2+x−3，
∵ x2+x−2016=0，
∴ x2+x=2016，
∴ 原式=2016−3=2013．
【考点】
整式的混合运算——化简求值
【解析】
求出x2+x=2016，先算乘法，再合并同类项，最后代入求出即可．
【解答】
解：原式=x2−2x+1−x2+3x+x2−4
=x2+x−3，
∵ x2+x−2016=0，
∴ x2+x=2016，
∴ 原式=2016−3=2013．
【答案】
设这个长方形的长与宽分别为acm和bcm
则：(a+4)(b−1)=ab(a−2)(b+1)=ab
整理得：a−4b+4=0a−2b−2=0
∴ a=8b=3
∴ ab＝8×3＝24(cm2)．
【考点】
二元一次方程组的应用——行程问题
二元一次方程的应用
【解析】
可利用面积相等列方程组，并巧妙地消去了ab项，求出a，b的值，进而求出长方形的面积．
【解答】
设这个长方形的长与宽分别为acm和bcm
则：(a+4)(b−1)=ab(a−2)(b+1)=ab
整理得：a−4b+4=0a−2b−2=0
∴ a=8b=3
∴ ab＝8×3＝24(cm2)．
【答案】
（1）证明：作DF // BC交AC于F，如图①所示：
则∠ADF=∠ABC，∠AFD=∠ACB，∠FDC=∠DCE，
∵ △ABC是等腰三角形，∠A=60∘，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ ∠ABC=∠ACB=60∘，
∴ ∠DBE=120∘，∠ADF=∠AFD=60∘=∠A，
∴ △ADF是等边三角形，∠DFC=120∘，
∴ AD=DF，
∵ ∠DEC=∠DCE，
∴ ∠FDC=∠DEC，ED=CD，
在△DBE和△CFD中，
∠DEC=∠FDC∠DBE=∠DFC=120∘ED=CD，
∴ △DBE≅△CFD(AAS)，
∴ EB=DF，
∴ EB=AD；
（2）解：EB=AD成立；理由如下：
作DF // BC交AC的延长线于F，如图②所示：
同（1）得：AD=DF，∠FDC=∠ECD，∠FDC=∠DEC，ED=CD，
又∵ ∠DBE=∠DFC=60∘，
∴ 在△DBE和△CFD中，
∠DEC=∠FDC∠DBE=∠DFCED=CD，
∴ △DBE≅△CFD(AAS)，
∴ EB=DF，
∴ EB=AD；
【考点】
全等三角形的性质
等边三角形的判定方法
【解析】
（1）作DF // BC交AC于F，由平行线的性质得出∠ADF=∠ABC，∠AFD=∠ACB，∠FDC=∠DCE，证明△ABC是等边三角形，得出∠ABC=∠ACB=60∘，证出△ADF是等边三角形，∠DFC=120∘，得出AD=DF，由已知条件得出∠FDC=∠DEC，ED=CD，由AAS证明△DBE≅△CFD，得出EB=DF，即可得出结论；
（2）作DF // BC交AC的延长线于F，同（1）证出△DBE≅△CFD，得出EB=DF，即可得出结论；
【解答】
（1）证明：作DF // BC交AC于F，如图①所示：
则∠ADF=∠ABC，∠AFD=∠ACB，∠FDC=∠DCE，
∵ △ABC是等腰三角形，∠A=60∘，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ ∠ABC=∠ACB=60∘，
∴ ∠DBE=120∘，∠ADF=∠AFD=60∘=∠A，
∴ △ADF是等边三角形，∠DFC=120∘，
∴ AD=DF，
∵ ∠DEC=∠DCE，
∴ ∠FDC=∠DEC，ED=CD，
在△DBE和△CFD中，
∠DEC=∠FDC∠DBE=∠DFC=120∘ED=CD，
∴ △DBE≅△CFD(AAS)，
∴ EB=DF，
∴ EB=AD；
（2）解：EB=AD成立；理由如下：
作DF // BC交AC的延长线于F，如图②所示：
同（1）得：AD=DF，∠FDC=∠ECD，∠FDC=∠DEC，ED=CD，
又∵ ∠DBE=∠DFC=60∘，
∴ 在△DBE和△CFD中，
∠DEC=∠FDC∠DBE=∠DFCED=CD，
∴ △DBE≅△CFD(AAS)，
∴ EB=DF，
∴ EB=AD；
【答案】
解：（1）图1阴影面积=90×40=3600m2，图2阴影面积=40×60=2400m2．
（2）总运费=3500×20×0.15+100×15×0.2+2400×20×0.2=20400元．
（3）设甲地草皮运送x m2去A校，有(3500−x)m2运往B校，乙地草皮(3600−x)m2运往A校，(x−1100)m2草皮运往B校．依题意得．
20×0.15x+(3500−x)×10×0.15+(3600−x)×15×0.20+(x−1100)×20×0.20≤1500，
x−1100≥0
解之得 1100≤x≤1340．
只要所设计的方案中运往A校的草皮在1100m2∼1340m2之间都可．如甲地的草皮运往A校1100m2，运往B校2400m2，乙地草皮运往A校2500m2，总运费14400元．
【考点】
一元一次不等式的运用
【解析】
（1）平移图形后，利用平行四边形面积公式计算即可．
（2）总费用=园林公司将甲地3500m2的草皮全部运往A校的费用+园林公司将乙地100m2的草皮全部运往A校的费用+园林公司将乙地2400m2的草皮全部运往B校的费用．
（3）设甲地草皮运送x m2去A校，有(3500−x)m2运往B校，乙地草皮(3600−x)m2运往A校，(x−1100)m2草皮运往B校．根据题意列出不等式即可解决问题．
【解答】
解：（1）图1阴影面积=90×40=3600m2，图2阴影面积=40×60=2400m2．
（2）总运费=3500×20×0.15+100×15×0.2+2400×20×0.2=20400元．
（3）设甲地草皮运送x m2去A校，有(3500−x)m2运往B校，乙地草皮(3600−x)m2运往A校，(x−1100)m2草皮运往B校．依题意得．
20×0.15x+(3500−x)×10×0.15+(3600−x)×15×0.20+(x−1100)×20×0.20≤1500，
x−1100≥0
解之得 1100≤x≤1340．
只要所设计的方案中运往A校的草皮在1100m2∼1340m2之间都可．如甲地的草皮运往A校1100m2，运往B校2400m2，乙地草皮运往A校2500m2，总运费14400元．
【答案】
1．
1
【考点】
三角形综合题
非负数的性质：偶次方
全等三角形的性质
等腰直角三角形
矩形的判定与性质
【解析】
（1）根据a2+2b2−2ab−2b+1=0，运用非负数的性质，即可得出a=b=1，进而得到点A、B的坐标；
（2）先过点C作x轴的平行线，分别交OA、BP于点T、H．根据△CHB为等腰直角三角形，以及四边形OBHT为矩形，得到OT=CH，进而根据AAS，判定△OTC≅△CHP，从而得出OC=CP；
（3）先根据四边形CDBH是矩形，得到CD=BH，再根据△BCD是等腰直角三角形，得出CD=BD，然后根据四边形CDOT是矩形，△OTC≅△CHP，即可得到OD=HP，最后得出OB+PB=OD+DB+BP=HP+BP+DB=BH+BD=2CD；
（4）根据P点必须在第一象限内，可得只有当∠BCP=∠CBP=45∘时，△BCP为等腰直角三角形，据此得到点C与点A重合，此时BP=CP=1，故当△PBC为等腰三角形时，c=1．
【解答】
解：（1）∵ a2+2b2−2ab−2b+1=0，
∴ (a−b)2+(b−1)2=0，
∴ a=b=1，
∴ A(0, 1 )，B( 1, 0 )；
（2）OC=CP．
证明：如图，过点C作x轴的平行线，分别交OA、BP于点T、H．
∵ PC⊥OC，
∴ ∠OCP=90∘，
∵ OA=OB=1，
∴ ∠OBA=45∘，
∵ TH // OB，
∴ ∠BCH=45∘，
又∵ ∠CHB=90∘，
∴ △CHB为等腰直角三角形，
∴ CH=BH，
∵ ∠AOB=∠OBH=∠BHT=90∘，
∴ 四边形OBHT为矩形，
∴ OT=BH，
∴ OT=CH，
∵ ∠TCO+∠PCH=90∘，∠CPH+∠PCH=90∘，
∴ ∠TCO=∠CPH，
∵ HB⊥x轴，TH // OB，
∴ ∠CTO=∠PHC=90∘，
在△OTC和△CHP中，
∠TCO=∠CPH∠CTO=∠PHCOT=CH，
∴ △OTC≅△CHP(AAS)，
∴ OC=CP；
（3）2CD=OB+PB，理由：
过C作CD⊥OB于点D，则∠CDB=∠DBH=∠BHC=90∘，
∴ 四边形CDBH是矩形，
∴ CD=BH，
又∵ ∠ABO=45∘，
∴ △BCD是等腰直角三角形，
∴ CD=BD，
∵ ∠CDO=∠TOD=∠OTC=90∘，
∴ 四边形CDOT是矩形，
∴ OD=TC，
由（2）可得，△OTC≅△CHP，
∴ TC=HP，
∴ OD=HP，
∴ OB+PB=OD+DB+BP=HP+BP+DB=BH+BD=2CD；
（4）当点C与点A重合时，CP⊥AO，
此时，∠PCB=45∘，BP=CP=1，即P(1, 1)；
当点C为AB 中点时，点P与点B重合，
此时，CP与CB重合，即P(1, 0)，
∵ P点必须在第一象限内，
∴ 0∘<∠BCP≤45∘，
∵ ∠CBH=45∘，
∴ 只有当∠BCP=∠CBP=45∘时，△BCP为等腰直角三角形，
∴ 当△PBC为等腰三角形时，c=1．

A校
B校
路程（千米）
运费单价（元）
路程（千米）
运费单价（元）
甲地
20
0.15
10
0.15
乙地
15
0.20
20
0.20