?期中真題精選（壓軸60題專練）
一、單選題
1．（2021秋·安徽銅陵·八年級校考期中）如圖，Rt△ACB中，∠ACB=90°，△ACB的角平分線AD，BE相交于點P，過P作PF⊥AD交BC的延長線于點F，交AC于點H，則下列結論：①∠APB=135°； ②AD=PF+PH；③DH平分∠CDE；④S四邊形ABDE=S△ABP；⑤S△APH=S△ADE，其中正確的結論有（????）個

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】①正確．利用三角形內(nèi)角和定理以及角平分線的定義即可解決問題．
②正確．證明△ABP≌△FBP，推出PA=PF，再證明△APH≌△FPD，推出PH=PD即可解決問題．
③錯誤．利用反證法，假設成立，推出矛盾即可．
④錯誤，可以證明S四邊形ABDE=2S△ABP．
⑤正確．由DH∥PE，利用等高模型解決問題即可．
【詳解】解：在△ABC中，AD、BE分別平分∠BAC、∠ABC
∵∠ACB=90°
∴∠A+∠B=90°
又∵AD、BE分別平分∠BAC、∠ABC
∴∠BAD+∠ABE=（∠A+∠B）=45°
∴∠APB=135°，故①正確
∴∠BPD=45°
又∵PF⊥AD
∴∠FPB=90°+45°=135°
∴∠APB=∠FPB
又∵∠ABP=∠FBP
BP=BP
∴△ABP≌△FBP（ASA）
∴∠BAP=∠BFP，AB=FB，PA=PF
在△APH和△FPD中

∴△APH≌△FPD（ASA）
∴PH=PD
∴AD=AP+PD=PF+PH．故②正確
∵△ABP≌△FBP，△APH≌△FPD
∴S△APB=S△FPB，S△APH=S△FPD，PH=PD
∵∠HPD=90°
∴∠HDP=∠DHP=45°=∠BPD
∴HD∥EP
∴S△EPH=S△EPD
∴S△APH=S△AED，故⑤正確
∵S四邊形ABDE=S△ABP+S△AEP+S△EPD+S△PBD
=S△ABP+（S△AEP+S△EPH）+S△PBD
=S△ABP+S△APH+S△PBD
=S△ABP+S△FPD+S△PBD
=S△ABP+S△FBP
=2S△ABP，故④不正確
若DH平分∠CDE，則∠CDH=∠EDH
∵DH∥BE
∴∠CDH=∠CBE=∠ABE
∴∠CDE=∠ABC
∴DE∥AB，這個顯然與條件矛盾，故③錯誤
故選B．
【點睛】本題考查了角平分線的判定與性質，三角形全等的判定方法，三角形內(nèi)角和定理，三角形的面積等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．
2．（2022春·河南鄭州·八年級?？计谥校┤鐖D，Rt△AOB 中，∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，將△AOB 沿 x 軸依次以三角形三個頂點為旋轉中心順時針旋轉，分別得圖②，圖③，…，則旋轉到圖⑩時直角頂點的坐標是（????）

A．（28，4） B．（36，0） C．（39，0） D．（,）
【答案】B
【分析】根據(jù)勾股定理列式求出AB的長度，然后根據(jù)圖形可發(fā)現(xiàn)，每3個圖形為一個循環(huán)組依次循環(huán)，且下一組的第一個圖形與上一組的最后一個圖形的直角頂點重合，所以，第10個圖形的直角頂點與第9個圖形的直角頂點重合，然后求解即可．
【詳解】∵∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，
∴AB＝＝5，
根據(jù)圖形，每3個圖形為一個循環(huán)組，3＋5＋4＝12，
所以，圖⑨的直角頂點在x軸上，橫坐標為12×3＝36，
所以，圖⑨的頂點坐標為（36，0），
又∵圖⑩的直角頂點與圖⑨的直角頂點重合，
∴圖⑩的直角頂點的坐標為（36，0）．
故選：B．
【點睛】本題考查了坐標與圖形的變化?旋轉，仔細觀圖形，判斷出旋轉規(guī)律“每3個圖形為一個循環(huán)組依次循環(huán)，且下一組的第一個圖形與上一組的最后一個圖形的直角頂點重合”是解題的關鍵．
3．（2022春·陜西西安·八年級西北大學附中?？计谥校┑冗吶切蜛BC的邊長為6，點O是三邊垂直平分線的交點，∠FOG＝120°，∠FOG的兩邊OF，OG與AB，BC分別相交于D，E，∠FOG繞O點順時針旋轉時，下列四個結論：①OD＝OE；②S△ODE＝S△BDE；③S四邊形ODBE＝；④△BDE周長最小值是9．其中正確個數(shù)是（????）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】B
【分析】連接、，如圖，利用等邊三角形的性質得，再證明，于是可判斷，所以，，則可對①進行判斷；利用得到四邊形的面積，則可對③進行判斷；作，如圖，則，計算出，利用隨的變化而變化和四邊形的面積為定值可對②進行判斷；由于的周長，根據(jù)垂線段最短，當時，最小，的周長最小，計算出此時的長則可對④進行判斷．
【詳解】解：連接、，如圖，

為等邊三角形，
，
點是等邊三邊垂直平分線的交點，
，、分別平分和，
，
，即，
而，即，
，
在和中，
，
，
，，①正確；
，
四邊形的面積，③錯誤；
作，如圖，則，
，
，
，，
，
，
即隨的變化而變化，
而四邊形的面積為定值，
；②錯誤；
，
的周長，
當時，最小，的周長最小，此時，
周長的最小值，④正確．
故選：B．
【點睛】本題考查了旋轉的性質、等邊三角形的性質、全等三角形的判定與性質以及三角形面積的計算等知識；熟練掌握旋轉的性質和等邊三角形的性質，證明三角形全等是解題的關鍵．
4．（2022秋·重慶九龍坡·八年級重慶市楊家坪中學校考期中）如圖，中，，，點O在邊BC上，OD垂直平分BC，AD平分∠BAC，過點D作于點M，則（???）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】如圖（見解析），先根據(jù)角平分線的性質可得，再根據(jù)直角三角形全等的判定定理與性質可得，然后根據(jù)垂直平分線的性質可得，又根據(jù)直角三角形全等的判定定理與性質可得，設，從而可得，，最后根據(jù)建立等式求解即可得．
【詳解】如圖，過點D作，交AC延長線于點N，連接BD、CD，
，AD平分，
，
在和中，，
，
，
OD垂直平分BC，
，
在和中，，
，
，
設，
，
，
又，
，
解得，
即，
故選：A．

【點睛】本題考查了角平分線的性質、垂直平分線的性質、直角三角形全等的判定定理與性質等知識點，通過作輔助線，構造全等三角形是解題關鍵．
5．（2022春·陜西寶雞·八年級校聯(lián)考期中）如圖，點A、B、C在一條直線上，△ABD和△BCE均為等邊三角形，連接AE和CD，AE分別交CD，BD于點M，P，CD交BE于點Q，連接PQ，BM，下面結論：①△ABE≌△DBC；②∠DMA=60°；③△BPQ為等邊三角形；④PQ∥AC．其中結論正確的有（???）??

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】D
【分析】①由等邊三角形的性質得出AB=DB，∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC，得出∠ABE=∠DBC，由SAS即可證出△ABE≌△DBC；②由△ABE≌△DBC，得出∠BAE=∠BDC，根據(jù)三角形外角的性質得出∠DMA=60°；③由ASA證明△ABP≌△DBQ，得出對應邊相等BP=BQ，即可得出△BPQ為等邊三角形；④推出△BPQ是等邊三角形，得到∠PBQ=60°，根據(jù)平行線的性質即可得到PQ∥AC，故④正確．
【詳解】解：∵△ABD、△BCE為等邊三角形，
∴AB=DB，∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC，
∴∠ABE=∠DBC，∠PBQ=60°，
在△ABE和△DBC中，
，
∴△ABE≌△DBC（SAS），故①正確；
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE=∠BDC，
∵∠BDC+∠BCD=180°-60°-60°=60°，
∴∠DMA=∠BAE+∠BCD=∠BDC+∠BCD=60°，故②正確；
在△ABP和△DBQ中，
，
∴△ABP≌△DBQ（ASA），
∴BP=BQ，
∴△BPQ為等邊三角形，故③正確；
∵BP=BQ，∠PBQ=60°，
∴△BPQ是等邊三角形，
∴∠PQB=60°，
∴∠PQB=∠QBC，
∴PQ∥AC，故④正確．
故選：D．
【點睛】此題考查了等邊三角形的判定與性質與全等三角形的判定與性質，平行線的判定和性質，此題圖形比較復雜，解題的關鍵是仔細識圖，找準全等的三角形．

二、填空題
6．（2021春·重慶·八年級重慶一中?？计谥校┲貞c云陽巴陽鎮(zhèn)精準化發(fā)展枇杷產(chǎn)業(yè)切實帶動低收入農(nóng)戶增收，成為一大“亮點”——“萬畝枇杷，醉美巴陽”成為了重慶云陽的一大名片.今年5月又是一個豐收季，全鎮(zhèn)枇杷種植面積達1萬余畝，種植了“普通”、“白肉”、“大五星”三個品種的枇杷，其中6000畝用于村民集體采摘，其余部分用于游客自助采摘．這6000畝中種植“白肉”枇杷的面積是“普通”枇杷面積的2倍，“大五星”枇杷面積不超過“白肉”枇杷面積的1.2倍，種植“白肉”的面積不超過2300畝，現(xiàn)在正值采摘季節(jié)，若干村民進行采摘，每人每天可以采摘“普通”枇杷1.8畝，或“白肉”枇杷1.2畝，或“大五星”枇杷2畝，這6000畝枇杷預計20天采摘完，則需要村民_______人參與采摘．
【答案】191人
【分析】設“普通”枇杷面積x畝，則“白肉”枇杷面積為畝，“大五星”枇杷面積為畝，有人采摘，采摘“普通”枇杷天， “白肉”枇杷為天，“大五星”枇杷為天，先求解的范圍，再用含的代數(shù)式表示，再解不等式組即可得到答案．
【詳解】解：設“普通”枇杷面積x畝，則“白肉”枇杷面積為畝，“大五星”枇杷面積為畝，有人采摘，采摘“普通”枇杷天， “白肉”枇杷為天，“大五星”枇杷為天，
根據(jù)題意得：
解得：
同時可得：


整理得：


，

為正整數(shù)，

故答案為：
【點睛】本題考查不等式組的實際應用，解題的關鍵是仔細閱讀找出題中的等量關系與不等關系列方程與不等式組．
7．（2022秋·北京海淀·八年級校考期中）如圖，邊長為a的等邊中，是上中線且，點D在上，連接，在的右側作等邊，連接，則周長的最小值是______．（用含a，b的式子表示）．

【答案】
【分析】首先證明點E在射線上運動（證明），作點A關于直線的對稱點M，連接交于，此時的值最小，從而可得答案．
【詳解】解：如圖，∵都是等邊三角形，
∴

∴，
∴，
∴，
∵是的中線，
∴，而??
∴，
∴點E在射線上運動， 作點A關于直線的對稱點M，連接交于，此時的值最小，
∵由對稱可得
∴是等邊三角形，
∴，
∵， ∴
∴周長的最小值
故答案為：
【點睛】本題考查軸對稱最短問題、等邊三角形的性質和判定，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是證明點E在射線上運動（），本題難度比較大，屬于中考填空題中的壓軸題．
8．（2022春·四川巴中·八年級?？计谥校┤鐖D，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜邊BC上兩點，且∠DAE＝45°，將△ABE繞點A順時針旋轉90°后，得到△ACF，連接DF，下列結論中：①∠DAF＝45°②△ABE≌△ACD③AD平分∠EDF④BE2+DC2＝DE2；正確的有_____（填序號）

【答案】①③④
【詳解】由旋轉性質得△ABE≌△ACF，
所以∠BAE=∠CAF，AE=AF
因為∠DAE=45°，∠BAC=90°，
所以∠BAE+∠CAD=45°，
所以∠CAF+∠DAC=45°，即∠DAF=45°，則①正確；
只有AB=AC，∠B=∠C，不能得到△ABE≌△ACD，則②錯誤；
因為∠DAE=45°，∠DAF=45°，
所以∠DAE=∠DAF
因為AE=AF，AD=AD
所以△ADE≌△ADF，
所以∠ADE=∠ADF
所以AD平分∠EDF，則③正確；
因為△AED≌△AFD，所以DE=DF，
又△ABE≌△ACD，
所以BE=CF，∠ACF=∠B=45°，
所以∠DCF=90°，所以BE2+DC2=DE2，則④正確，
故答案①③④.

三、解答題
9．（2022秋·北京·八年級校考期中）已知，為射線上一點，為射線上一動點，連接， 滿足為鈍角，將線段繞點 順時針旋轉，得到線段，連接．
（1）依題意補全圖；
（2）求證：；
（3）在射線 上取點，點關于點的對稱點為，連接，當 時，使得對于任意的點，總有，并證明

【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3），見解析
【分析】（1）根據(jù)要求畫出圖形即可．
（2）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理以及角的和差定義解決問題即可．
（3）結論：當∠PDO＝45°時，總有ON＝EP．過點N作NC⊥OB于點C，過點P作PH⊥OA于點H，即可構造出△PHM≌△NCP，進而得PH＝NC，HM＝CP，設PH＝DH＝x，MH＝PC＝y(tǒng)，則OP＝2x，OC＝OP＋PC＝2x＋y，由于點M關于點D的對稱點為E，即點D為ME中點，故ME＝2MD，EH＝ME?MH＝2x＋y，所以OC＝EH，通過證明△OCN≌△EHP證得ON＝EP．
【詳解】解（1）如圖所示

（2）設
線段繞點順時針旋轉得到線段
，





（3）當時，總有，證明如下：
過點作于點
過點作于點，如圖



即
在與中


，
，
點關于點的對稱點為



在與中


．

【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉變換，全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
10．（2020秋·安徽·八年級統(tǒng)考期中）城關中學九（6）班的畢業(yè)復習資料復印業(yè)務原來由宏圖復印社承接，其收費y1（元）與復印頁數(shù)x（頁）的關系如下表：
x（頁）
100
200
400
1000
…
y1（元）
15
30
60
150
…

（1）y1與x的函數(shù)關系是否滿足一次函數(shù)關系？
（2）現(xiàn)在另一家復印社明晰復印社表示：若學校先按每月付給200元的承包費，則可按每頁0.10元收費，請寫出明晰復印社每月收費y2（元）與復印頁數(shù)x（頁）的函數(shù)表達式；
（3）你若是班級的學習委員，在復印資料時，選擇哪家復印社比較優(yōu)惠，說明理由．
【答案】（1）y1與x的函數(shù)關系滿足一次函數(shù)關系．（2）y2=0.1x+200．（3）當復印量等于4000時，選擇兩家均可；當復印量大于4000頁時，選擇明晰復印社；當復印量小于4000頁時，選擇宏圖復印社．
【解析】（1）設y1=kx+b，由題意找出滿足兩個量的函數(shù)關系式，即可得解．
（2）由題中三個量的關系即可得出函數(shù)表達式．
（3）由前兩題的函數(shù)表達式，找出中間量，由此再得出一元一次不等式，即可得解．
【詳解】解：（1）設y1=kx+b，把（100，15）和（200，30）分別代入，得：
，
解得：．
∴函數(shù)的表達式可能為y1=0.15x；
把（400，60）和（1000，150）分別代入，可得等式成立．
∴y1與x的函數(shù)關系滿足一次函數(shù)關系．
（2）由題意得，y2=0.1x+200．
（3）由，解得：
．
即當復印4000頁是，兩家收費均為600元；
∴此時選擇兩家都可以．
由0.15x＞0.1x+200，
解得：x＞4000；
∴當復印量大于4000頁時，宏圖復印社的收費大于明晰復印社，
此時應選擇明晰復印社．
同理，當復印量小于4000頁時，選擇宏圖復印社．
綜上所述，當復印量等于4000時，選擇兩家均可；
當復印量大于4000頁時，選擇明晰復印社．
當復印量小于4000頁時，選擇宏圖復印社．
【點睛】本題主要考查一元一次不等式和一次函數(shù)的應用，理解題中各個量的關系是解題的關鍵．
11．（2022·湖南長沙·八年級校聯(lián)考期中）中，，直線過點．
（1）當時，如圖1，分別過點和作直線于點直線于點與是否全等，并說明理由；

（2）當時，如圖2，點與點關于直線對稱，連接點在上，點是上一點，分別過點作直線于點直線于點，點從點出發(fā)，以每秒的速度沿路徑運動，終點為點從點出發(fā)，以每秒的速度沿路徑運動，終點為，點同時開始運動，各自達到相應的終點時停止運動，設運動時間為秒．

①當為等腰直角三角形時，求的值；
②當與全等時，求的值．
【答案】（1）與全等，理由見解析；（2）①秒或秒；②秒或秒或秒
【分析】（1）根據(jù)垂直的定義得到∠DAC＝∠ECB，利用AAS定理證明△ACD≌△CBE；
（2）①分點F沿C→B路徑運動和點F沿B→C路徑運動兩種情況，根據(jù)等腰三角形的定義列出算式，計算即可；
②分點F沿F→C路徑運動，點F沿C→B路徑運動，點F沿B→C路徑運動，點F沿C→F路徑運動四種情況，根據(jù)全等三角形的判定定理列式計算．
【詳解】（1）與全等．
理由如下：直線，
，
，
，
，
在和中，
，
；???????
（2）①由題意得，，，
則，
由折疊的性質可知，，
，
點在上時，為等腰直角三角形，
當點沿路徑運動時，由題意得，，
解得，，
當點沿路徑運動時，由題意得，，
解得，，
綜上所述，當秒或秒時，為等腰直角三角形；
②由折疊的性質可知，，
，，
，
當時，與全等，
當點沿路徑運動時，，
解得，（不合題意），
當點沿路徑運動時，，
解得，，
當點沿路徑運動時，由題意得，，
解得，，
當點沿路徑運動時，由題意得，，
解得，，
綜上所述，當秒或秒或秒時，與全等．
【點睛】本題是三角形綜合題目，考查的是全等三角形的判定和性質、等腰三角形的性質、等腰直角三角形的性質等知識，掌握全等三角形的判定定理和性質定理，靈活運用分情況討論思想是解題的關鍵．
12．（2022秋·全國·八年級期中）（1）如圖1，△ABC為等腰直角三角形，AC＝BC，AC⊥BC，點A（0，3），C（1，0），求點B的坐標；
（2）如圖2，△ABC為等腰直角三角形，AC＝BC，AC⊥BC，點A（﹣1，0），C（1，3），求點B的坐標；
（3）如圖3，△ABC為等腰直角三角形，AC＝AB，AC⊥AB，點B（2，2），C（4，﹣2），求點A的坐標．

【答案】（1）（4，1）；（2）（4，1）；（3）（1，﹣1）
【分析】（1）由余角的性質可得∠CAO＝∠BCD，由“AAS”可證△OAC≌△DCB，可得CD＝OA，BD＝OC，可求點B坐標；
（2）由“AAS”可證△AEC≌△CFB，可得AE＝CF＝3，BF＝EC＝2，即可求解；
（3）由“AAS”可證△ABE≌△CAF，可得BE＝AF，CF＝BE，即可求解．
【詳解】解：（1）如圖，作BD⊥x軸于D點，

∵BD⊥x軸于D點，
∴∠AOC＝∠CDB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠BCD＝90°，
∵∠ACO+∠OAC＝90°，
∴∠OAC＝∠BCD，
在△AOC和△CDB中，
，
∴△AOC≌△CDB（AAS），
∴CD＝AO，OC＝BD，
∵點C（1，0），A（0，3），
∴OC＝1，BD＝1，CD＝3，
∴OD＝4，
∴點B的坐標為（4，1）；
（2）如圖2，過點C作直線l∥x軸，作AE⊥l于E，BF⊥l于F，

∵△ACB是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，∠AEC＝∠ACB＝∠BFC＝90°，
∴∠ACE+∠EAC＝90°，∠ACE+∠BCF＝90°，
∴∠EAC＝∠BCF，
在△AEC和△CFB中，
，
∴△AEC≌△CFB（AAS），
∴AE＝CF＝3，BF＝EC＝2，
∴EF＝5，
∴點B的坐標為（4，1）；
（3）如圖3，過點A作直線l∥y軸，過點B作BE⊥l于點E，過點C作CF⊥l于點F，

∵BE⊥l，CF⊥l，
∴∠BEA＝∠CFA＝90°＝∠BAC，
∴∠BAE+∠CAF＝90°＝∠BAE+∠ABE，
∴∠ABE＝∠CAF，
在△ABE和△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（AAS），
∴BE＝AF，CF＝BE，
設點A（m，n），
∵點B（2，2），C（4，﹣2），
∴2﹣n＝4﹣m，n+2＝2﹣m，
∴m＝1，n＝﹣1，
∴點A的坐標為（1，﹣1）．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．
13．（2022秋·湖南懷化·八年級溆浦縣第一中學校考期中）如圖1．等腰△ABC中，AB=AC，點D是AC上一動點，點E在BD延長線上．且AB=AE，CF=EF．

(1)在圖1中，證明：∠BFC=∠BAC；
(2)若，如圖2．探究線段AF、BF、EF之間的數(shù)量關系，并證明；
(3)若且BD平分∠ABC，如圖3，求的值．
【答案】(1)證明見解析
(2)AF+EF=BF，證明見解析
(3)，證明見解析

【分析】（1）證明（SSS），利用全等三角形的性質結合三角形的內(nèi)角和定理即可解決問題．
（2）結論：AF+EF=BF．如圖2中，在BF上取點G，使FG=FC，連接CG．證明（SAS），推出AF=BG，可得結論．
（3）如圖3中，延長BA，CF交于點H．證明（ASA）， （ASA），可得結論．
【詳解】（1）解：如圖1中，

∵AB=AC，AB=AE，
∴AC=AE，
∵AF=AF，CF=EF，
∴（SSS），
∴∠E=∠ACF，
又∵AB=AE，
∴∠E=∠ABE，
∴∠ABE=∠ACF，
又∵∠ADB=∠FDC，
∴∠BFC=∠BAC．
（2）解：結論：AF+EF=BF．
理由：如圖2中，在BF上取點G，使FG=FC，連接CG．

∵，
∴，
∵FG=FC，
∴△GFC為等邊三角形，
又∵AB=AC，，
∴△ABC為等邊三角形，
∴，
∴∠BCG=∠ACF，
又∵BC=AC，GC=FC，
∴（SAS），
∴AF=BG，
由（1）得．EF=CF，
∵CF=GF，
∴EF=GF．
∵BF=BG+GF，
∴BF=AF+EF．
（3）如圖3中，延長BA，CF交于點H．

∵，
∴∠BFC=∠BFH=，BD平分∠ABC，
∴∠ABF=∠CBF，
又∵BF=BF，
∴△HBF?△CBF（ASA），
∴CF＝HF＝，
又∵∠BAC=∠HAC=，AB=AC，∠ABD=∠ACH，
∴（ASA），
∴BD=CH=2CF，
∵CF=EF，
∴BD=2EF，
∴．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
14．（2022春·四川眉山·八年級校考期中）如圖，在坐標系中，函數(shù)y=2x+6的圖象分別與軸、軸交于兩點.過點的直線交軸上方的點M，且點為線段的中點．

(1)求直線的函數(shù)解析式．
(2)試在直線上找一點P，使得，請直接寫出點的坐標．
(3)在x軸上是否存在點H，使得以點A，B，H為頂點的三角形邊形是直角三角形？若存在，請直接寫出點的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)y＝x＋3
(2)P(3，6)或P (－9，－6)
(3)存在，H(0，0) 或H (12，0)

【分析】（1）通過函數(shù)y＝2x＋6求出A、B兩點坐標，從而得到點M坐標，再利用待定系數(shù)法求解析式即可；
（2）設出P點坐標，利用坐標表示出三角形的面積，再根據(jù)S△ABP＝S△AOB建立方程即可求解；
（3）設出H點坐標，分別求出、、的代數(shù)式，再利用勾股定理列等式求解即可.
（1）
∵直線AB的函數(shù)解析式y(tǒng)＝2x＋6，
∴當x=0時，y=6，當y=0時，x=－3，
∴A(－3，0)，B(0，6)，
又∵M為線段OB的中點，
∴M(0，3)，
設直線AM的解析式為y=kx+b，將A(－3，0)，M(0，3)分別代入得：
，解得：，
∴直線AM的解析式為：y＝x＋3；
（2）
設P點坐標(x，x＋3)，
∵A(－3，0)，B(0，6)，M(0，3)，
∴，，
∵S△ABP＝S△AOB，
∴，
解得：x＝3或－9，
∴P(3，6)或P(－9，－6)；
（3）
存在，理由如下：
∵點H在x軸上，
∴設H(h，0)，
∵A(－3，0)，B(0，6)，
∴，，，
若△ABH為直角三角形，則：
①當AB為斜邊時，，即，
解得：或（舍去），
∴H(0，0)；
②當AH為斜邊時，，即，
解得：，
∴H(12，0)；
③當BH為斜邊時，，即，
解得：（舍去），不存在當BH為斜邊的△ABH為直角三角形，
綜上所述，當點H的坐標為(0，0) 或(12，0)時，以點A，B，H為頂點的三角形邊形是直角三角形.
【點睛】本題考查了一次函數(shù)的綜合應用，能夠熟練運用待定系數(shù)法，由坐標求線段長，勾股定理等知識是解題的關鍵．
15．（2021春·湖北武漢·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在平面直角坐標系中，A，B兩點的坐標分別為A（0，a），點B（b，0），且a，b滿足：b＋4＝＋，點C與點B關于y軸對稱，點P，點E分別是x軸，直線AB上的兩個動點．
（1）則點C的坐標為　 ?。?br /> （2）連接PA，PE．
①如圖1，當點P在線段BO（不包括B，0兩個端點）上運動，若△APE為直角三角形，F(xiàn)為斜邊PA的中點，連接EF，OF，試判斷EF與OF的關系，并說明理由；
②如圖2，當點P在線段OC（不包括O，C兩個端點）上運動，若△APE為等腰三角形，M為底邊AE的中點，連接MO，試探索PA與OM的數(shù)量關系，并說明理由；
（3）如圖3，連PA，CE，設它們所在的直線交于點G，設CE交y軸于點F，連接BG，若OP＝OF，則BG的最小值為　 　．

【答案】（1）（4，0）；（2）①EF與OF的關系為垂直且相等，理由見解析②PA與OM的數(shù)量關系為MO=AP，理由見解析（3）．
【分析】（1）根據(jù)二次根式的性質求出a，b，得到B點坐標，故可求出C點坐標；
（2）①根據(jù)直角三角形斜邊上的中線的性質即可求解；
②取AP中點H，連接HM，OH，證明△HMO為等腰直角三角形，故可求解；
（3）先證明三角形AGC為直角三角形，直角三角形AGC中線PM等于AC的一半，長度固定，當B、G、M三點在一條直線上時BG值最小，再根據(jù)勾股定理求得BM、MG，從而得到最終的答案．
【詳解】（1）∵b＋4＝＋
∴，
∴a=4，b+4=0
∴b=-4
∴點B（-4，0），
∵點C與點B關于y軸對稱，
∴點C（4，0）
故答案為：（4，0）；
（2）①EF與OF的關系為垂直且相等，理由如下：
∵若△APE為直角三角形，F(xiàn)為斜邊PA的中點，
∴EF=AP，
在Rt△AOP中，F(xiàn)O=AP
∴EF=FO
∵A（0，4），點B（-4，0），
∴OA=OB
∴△AOB是等腰直角三角形
∴∠BAO=45°
故∠EAF+∠FAO=45°
∵AF=EF=FO
∴∠EAF=∠AEF，∠OAF=∠AOF
∴∠EF0=∠EFP+∠OFP =∠EAF +∠AEF+∠OAF+∠AOF=2(∠EAF+∠FAO)=90°
∴EF⊥FO
∴EF與OF的關系為垂直且相等；
②PA與OM的數(shù)量關系為MO=AP，理由如下：
∵AP=EP
∴∠AEP=∠EAP
∴∠EBO+∠EPO=∠BAO+∠OAP
∵∠EBO=∠BAO=45°
∴∠EPO=∠OAP
取AP中點H，連接HM，OH
∴OH=AP
∵M是AE中點
∴HM是△AEP的中位線
∴HM=
∴HM=OH
∴OH=HP=AH=MH
∵∠HOP+∠HPO=∠AHO
∵OH=HP
∴∠HOP=∠HPO
∴2∠HPO=∠MHO+∠AHM=2∠EPO+2∠HPE
∴∠MHO=2∠HPO-∠AHM
又MHEP
∴∠AHM=∠HPE
∴∠MHO=2∠EPO+2∠HPE -∠AHM =2∠EPO+∠HPE=∠EPO+∠EPO+∠HPE=∠EPO+∠HPO=∠OAP+∠HPO=90°
∴△MHO是等腰直角三角形
∴MO=HO=
∴MO=AP；

（3）如圖，設M為AC的中點，連接BM、GM

∵C（4，0）A(0，4)
∴OA=OC=4，又OP=OF
∠AOP=∠COF=90°
∴△AOP≌△COF（SAS）
∴∠OAP=∠OCF
又∠OAP+∠OPA=90°，∠OPA=∠GPC
∴∠OCF+∠GPC=90°
∴∠AGC=90°
∵M為中點
∴
∵
∴
∴
在中，
∴
當B、G、M三點不在一條直線上時，BG+MG>BM
得BG>BM-MG
當B、G、M三點在一條直線上時，BG+MG=BM
得BG=BM-MG
∴當B、G、M三點在一條直線上時，BG值最小
∴ BG= BM-MG=
【點睛】此題主要考查直角三角形的性質，解題的關鍵是熟知二次根式的性質、直角三角形的性質、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理的應用．
16．（2021秋·四川南充·八年級四川省南充市高坪中學?？计谥校┤鐖D，在中，為中點，為射線上一動點，在右側作等邊直線與直線交于點．

（1）如圖1，當點與點重合時，求證：；
（2）如圖2，當點在線段上（不包括端點），是否仍然成立，請說明理由；
（3）點在射線運動過程中，當為等腰三角形時，請直接寫出的度數(shù)．
【答案】（1）見解析；（2）結論不變，證明見解析；（3）10°或50°或70°或110°
【分析】（1）想辦法證明DF⊥BC，CF=BF，可得結論．
（2）結論不變，證明ME垂直平分線段BC即可．
（3）分四種情況種情形：如圖3-0，當EF=BF時，設∠EBC=∠ECB=∠FEB =x，；如圖3-1中，當BE=BF時，設∠EBC=∠ECB=x，如圖3-2中，當FE=FB時，設∠EBC=∠ECB=∠FEB=m，如圖3-3中，當BE=BF時，設∠EBC=∠ECB=n，分別構建方程求解即可．
【詳解】解：（1）證明：如圖1中，

∵∠ACB=90°，
AD=DB，
∴CD=AD=BD，
∵∠A=60°，
∴△ADC是等邊三角形，
∴∠ADC=60°，
∵△CDE是等邊三角形，
∴∠CDE=60°，
∴∠EDB=180°-60°-60°=60°，
∴∠CDF=∠BDF，
∵DC=DB，
∴DF⊥BC，CF=FB，
∴DF是BC的垂直平分線，
∴EC=EB．
（2）結論仍然成立．
理由：連接CM，EM．

∵AM=BM，∠ACB=90°，
∴CM=AM=BM，
∵∠A=60°，
∴△ACM是等邊三角形，
∴∠AMC=∠ACM=60°，CA=CM，
∵△CDE是等邊三角形，
∴∠ACM=∠DCE=60°，CD=CE，
∴∠ACD=∠MCE，
在△ACD和△MCE中，
，
∴△ACD≌△MCE（SAS），
∴∠A=∠CME=60°，
∴∠CME=∠BME=60°，
∵MC=MB，
∴ME垂直平分線段BC，
∴EC=EB．
（3）解：如圖3-0，當EF=BF時，設∠EBC=∠ECB=∠FEB =x，

如圖3-0
則∠BFE=∠FEC+ x=120°+x=180°+2x，
∴x=20°，
∴∠ABE=∠ABC-∠CBE=30°-20°=10°．
如圖3-1中，當BE=BF時，設∠EBC=∠ECB=x，

則∠BFE=60°+x=（180°-x），
∴x=20°，
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=30°+20°=50°．
如圖3-2中，當FE=FB時，設∠EBC=∠ECB=∠FEB=m，

則∠EFB=60°+m=180°-2m，
∴m=40°，
∴∠ABE=∠ABC+∠EBC=30°+40°=70°．
如圖3-3中，當BE=BF時，設∠EBC=∠ECB=n，

則有∠BEF=n=60°-（180°-2n），
∴n=80°，
∴∠ABE=∠ABC+∠EBC=30°+80°=110°，
綜上所述，∠ABE的值為10°或50°或70°或110°．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，線段的垂直平分線的判定和性質，等腰三角形的性質等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．
17．（2021春·福建泉州·八年級統(tǒng)考期中）（1）在平面直角坐標系中，一次函數(shù)，無論取何值，其圖象——直線總會過一定點，請寫出此定點坐標（_____，_____）．
（2）如圖①，一次函數(shù)的圖象經(jīng)過點，交軸正半軸于點，交軸負半軸于點，求面積的最小值．
（3）如圖②，等腰中，斜邊，在邊上取點（點不與、重合），以為直角邊在下方作等腰，連結，點為的中點，連結，試判斷與的位置和數(shù)量關系，并說明理由．

【答案】（1）1，3；（2）12；（3），，理由見解析
【分析】（1）因為與系數(shù)無關，則令與有關的式子為0，即可求得定點坐標；
（2）過點任作一直線交軸正半軸于點，交軸負半軸于點，過點作軸交于點，則，根據(jù)可知當點為中點時，面積的最小，過點作軸于點，軸于點，進而根據(jù)的坐標和三角形面積公式計算即可；
（3）以所在直線為軸，過點作的垂線為軸建立平面直角坐標系，坐標原點為，軸交于點，設點的橫坐標為，根據(jù)已知條件分別求得的坐標，設直線的解析式為，待定系數(shù)法求解析式，求得即的長，進而可知，則可證明，過點作軸于點，進而證明可得，即可得出數(shù)量關系，延長交于點，根據(jù)，可得位置關系．
【詳解】解：（1），
當時，，
無論取何值，其圖象直線總會過一定點，
故答案為：；
（2）當點為中點時，面積的最小，理由如下：
過點任作一直線交軸正半軸于點，交軸負半軸于點，
過點作軸交于點

則有，，
∴
∴，當且僅當與重合時取等號
過點作軸于點，軸于點，
，則，

∵，，
∴
∴，
∴，
∴，即面積的最小值為12．
（3），，理由如下：
以所在直線為軸，過點作的垂線為軸建立平面直角坐標系，
坐標原點為，軸交于點

∵、都是等腰直角三角形，
∴，，
設點的橫坐標為，則，
∵點為的中點
∴，
設直線的解析式為，
把、分別代入得

解得：
∴
∴
∵
∴，
，．
過點作軸于點，則，
軸，
，
又
，
∴，即
延長交于點
∵
∴，即
【點睛】本題考查了一次函數(shù)的應用，幾何題的解析解法，三角形全等的性質與判定，等腰直角三角形的性質，建立平面直角坐標系是解題的關鍵．
18．（2021秋·四川綿陽·八年級四川省綿陽南山中學雙語學校?？计谥校┤鐖D1，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC．D是BC上任意一點（點D與點B，C都不重合），連接AD，CF⊥AD，交AD于點E，交AB于點F，BG⊥BC交CF的延長線于點G．

（1）寫出與BG相等的線段，并證明．
（2）若點D為線段BC的中點，其余條件不變，連接DF．根據(jù)題意，先在圖2中補全圖形，再證明：∠BDF＝∠CDE．
（3）當點C和點F關于直線AD成軸對稱時，直接寫出線段CE，DE，AD三者之間的數(shù)量關系．
【答案】（1）與BG相等的線段為CD，證明見解析；（2）補全圖形，證明見解析；（3）線段CE，DE，AD三者之間的數(shù)量關系為．
【分析】（1）證明，可得．
（2）證明，推出，由，推出，可得．
（3）結論：．如圖3中，在上取一點，使得，連接，過點作于，于．想辦法證明，，再利用全等三角形的性質可得．
【詳解】（1）證明：，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
．
（2）如圖2示，點D為線段BC的中點，連接DF，

證明：是的中點，
，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
．
（3）解：結論：．
理由：如圖3中，在上取一點，使得，連接，過點作于，于．

，關于對稱，
，
，
，，
，
，，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
．
【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質等知識，正確尋找全等三角形解決問題是解題的關鍵．
19．（2021秋·上海徐匯·八年級上海市徐匯中學?？计谥校┮阎凇鰽BC中，AB＝AC，在邊AC上取一點D，以D為頂點，DB為一條邊作∠BDF＝∠A，點E在AC的延長線上，∠ECF＝∠ACB
求證：（1）∠FDC＝∠ABD；
（2）DB＝DF；
（3）當點D在AC延長線上時，DB＝DF是否依然成立？在備用圖中畫出圖形，并說明理由．
?????
【答案】（1）證明過程見解析；（2）證明過程見解析；（3）DB＝DF依然成立，理由見解析．
【分析】（1）根據(jù)三角形的外角性質和角的和差即可得到結論；
（2）過D作DG∥BC交AB于G，根據(jù)等腰三角形的性質和全等三角形的判定和性質定理即可得到結論；
（3）過D作DG∥BC交AB于G，根據(jù)平行線的性質得到∠ADG＝∠ACB，∠AGD＝∠ABC，根據(jù)等腰三角形的性質得到∠ABC＝∠ACB，根據(jù)全等三角形的判定和性質即可得到結論．
【詳解】（1）證明：∵∠BDC＝∠A＋∠ABD，
即∠BDF＋∠FDC＝∠A＋∠ABD，
∵∠BDF＝∠A，
∴∠FDC＝∠ABD；
（2）證明：過D作DG∥BC交AB于G，

∴∠ADG＝∠ACB，∠AGD＝∠ABC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠AGD＝∠ADG，
∴AD＝AG，
∴AB－AG＝AC－AD，
即BG＝DC，
∵∠ECF＝∠ACB＝∠AGD，
∴∠DGB＝∠FCD，
在△GDB與△CFD中，
，
∴△GDB≌△CFD（ASA），
∴DB＝DF；
（3）解：DB＝DF依然成立，過D作DG∥BC交AB于G，

∴∠ADG＝∠ACB，∠AGD＝∠ABC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠AGD＝∠ADG，
∴AD＝AG，
∴AG－AB＝AD－AC，
即BG＝DC，
∵∠ECF＝∠ACB＝∠AGD，
∴∠DGB＝∠FCD，
∵∠ACB＋∠BCF＋∠FCD＝180°，
∴∠ACB＋∠BCF＋∠DGB＝180°，
∵∠DGB＝∠ABC．
∴∠ACB＋∠BCF+∠ABC＝180°，
∵∠A＋∠ABC＋∠ACB＝180°，
∴∠A＝∠BCF，
∵∠BDF＝∠A，
∴∠BCF＝∠BDF，
∴∠CBD＝∠CFD，
∵∠GBD＝180°－∠ABC－∠CBD＝180°－∠FCD－∠CFD＝∠FDC，
∴∠GBD＝∠FDC，
在△GDB與△CFD中，
，
∴△GDB≌△CFD（ASA），
∴DB＝DF．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，平行線的性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．
20．（2021秋·河南平頂山·八年級校考期中）如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，一次函數(shù)y＝x+4與x軸，y軸分別交于點B，點A，點C的坐標為C（5，0），點P是射線BO上一動點．
（1）點A的坐標是 　 ?。稽cB的坐標是 　 ??；
（2）連接AP，若△ABP的面積為10，求點P的坐標；
（3）當點P在射線BO上運動時，若△APC是等腰三角形，請直接寫出點P的坐標．

【答案】（1）（0，4），（﹣8，0）；（2）P（﹣3，0）；（3）（﹣5，0）或或或．
【分析】（1）分別把x=0和y=0代入y＝x+4，即可求出點A和點B的坐標；
（2）由三角形ABP的面積求出BP＝5，根據(jù)點P是射線BO上一動點，即可求出點P的坐標為（﹣3，0）；
（3）設P（x，0），分AP＝AC，AC＝PC，AP＝PC三種情況討論，根據(jù)勾股定理構造方程，解方程結合題意即可求解．
【詳解】解：（1）把x=0 y＝x+4得y＝4，
∴點A坐標為（0,4），
把y=0 y＝x+4得y＝x+4=0，解得x=-8，
∴B坐標為（﹣8，0）；
故答案為：（0，4），（﹣8，0）；
（2）∵S△ABPBP?OA＝10，
∴BP×4＝10，
∴BP＝5，
∵點P是射線BO上一動點，
∴P（﹣3，0）；
（3）設P（x，0），
①若AP＝AC，
∴x2+42＝42+52，
∴x＝﹣5，x＝5（舍去），
∴P（﹣5，0）；
②若AC＝PC，
∴（5﹣x）2+02＝42+52，
∴x＝或x＝，
∴P或P；
③若AP＝PC，
∴x2+42＝（x﹣5）2，
∴x=，
∴P．
綜合以上可得，點P的坐標為（﹣5，0）或或或．
【點睛】本題是一次函數(shù)與幾何綜合題，考查了直線與坐標軸的交點坐標，等腰三角形的性質，勾股定理等知識，利用分類討論思想解決問題是解題的關鍵．
21．（2020秋·全國·八年級期中）觀察下列因式分解的過程：
（1）x2﹣xy+4x﹣4y
＝（x2﹣xy）+（4x﹣4y）（分成兩組）
＝x（x﹣y）+4（x﹣y）直接提公因式）
＝（x﹣y）（x+4）
（2）a2﹣b2﹣c2+2bc
＝a2﹣（b2+c2﹣2bc）（分成兩組）
＝a2﹣（b﹣c）2（直接運用公式）
＝（a+b﹣c）（a﹣b+c）
（1）請仿照上述分解因式的方法，把下列各式分解因式：
①
②
（2）請運用上述分解因式的方法，把多項式1+x+x（1+x）+x（1+x）2+…+x（1+x）n分解因式．
【答案】（1）①（d﹣c）（a﹣b）；②（x﹣3+y）（x﹣3﹣y）；（2）（1+x）n+1
【分析】（1）①利用分組后直接提公因式分解；
②利用分組后直接運用公式分解；
（2）把添加括號，利用分組后直接提取公因式，反復運算得結論．
【詳解】解：（1）①原式


②原式


（2）原式




【點睛】本題主要考查了多項式因式分解的分組分解法．掌握分組后直接提起公因式和分組后直接運用公式，是解決本題的關鍵．
22．（2022春·山東菏澤·八年級山東省鄆城第一中學校考期中）已知△ABC是等邊三角形，點P為射線AD上任意一點（點P與點A不重合）．連接CP，將線段CP繞點C順時針旋轉60°得到線段CQ，連接QB并延長交直線AD于點E．

（1）如圖1．當∠DAC＝90°時，試猜想BC與QE的位置關系，并說明理由．
（2）如圖2．當∠DAC是銳角時．求∠QEP的度數(shù)．
（3）如圖3．當∠DAC＝120°，且∠ACP＝15°，點E恰好與點A重合．若AC＝6．求BQ的長．
【答案】（1）BC⊥EQ．理由見解析；（2）∠QEP＝60°；（3）BQ＝3﹣3．
【分析】（1）先判斷出△CQB≌△CPA，即可得出∠CAP＝∠CBQ＝90°；
（2）如圖2，根據(jù)等邊三角形的性質和旋轉的性質可得△ACP≌△BCQ（SAS），進而可得∠APC＝∠Q，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得∠QEP＝∠PCQ＝60°；
（3）作CH⊥AD于H，如圖3，與（2）一樣可證明△ACP≌△BCQ，則AP＝BQ，由∠DAC＝120°，∠ACP＝15°，可得出AH、CH，于是可求出PH的長，即可得出結論.
【詳解】（1）結論：BC⊥EQ．
理由：如圖1，QE與CP的交點記為M，

∵PC＝CQ，且∠PCQ＝60°，，
∴
即，
則△CQB和△CPA中，

∴△CQB≌△CPA（SAS），
∴∠CBQ＝∠CAP，
∵∠CAP＝90°，
∴∠CBQ＝90°，
∴CB⊥EQ．
（2）∠QEP＝60°．
理由如下：如圖2，

∵△ABC是等邊三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∵線段CP繞點C順時針旋轉60°得到線段CQ，
∴CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴∠ACB+∠BCP＝∠BCP+∠PCQ，
即∠ACP＝∠BCQ，
在△ACP和△BCQ中，

∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴∠APC＝∠Q，
設BQ與CP相交于O，
∵∠BOP＝∠COQ，
∴∠QEP＝∠PCQ＝60°．
（3）作CH⊥AD于H，如圖3，

同（2）的方法一樣可證明△ACP≌△BCQ，
∴AP＝BQ，
∵∠DAC＝120°，∠ACP＝15°，
∴∠APC＝45°，
∴∠HAC＝60°，
∴AH＝=3，，
在Rt△PHC中，PH＝CH＝3，
∴PA＝PH﹣AH＝3﹣3，
∴BQ＝3﹣3．
【點睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質和等腰直角三角形的性質和判定，勾股定理的計算，判斷出△ACP≌△BCQ是解題的關鍵.
23．（2022秋·全國·八年級期中）已知，在平面直角坐標系中，A，B兩點的坐標分別為點A（3，0），點B（0，b），將線段AB繞點A順時針旋轉α°得到AC，連接BC．
（1）若α＝90．
①如圖1，b＝1，直接寫出點C的坐標；
②如圖2，D為BC中點，連接OD．求證：OD平分∠AOB；
（2）如圖3，若α＝60，b＝3，N為BC邊上一點，M為AB延長線上一點，BM＝CN，連接MN，將線段MN繞點N逆時針旋轉120°得到NP，連接OP．求當∠AOP取何值時，線段OP最短

【答案】（1）①；②見解析；（2）時，線段OP最短
【分析】（1）①過點作軸于點，證明，進而得出答案；
②根據(jù)D為BC中點，求出點的坐標，然后分析坐標即可得出答案；
（2）作交于點，連接,過點作交延長線于點，證明，進而得出，然后根據(jù)點在直線上運動，根據(jù)垂線段最短可知，當點和點重合時，的值最小，計算即可．
【詳解】解：（1）①∵,
∴為等腰直角三角形，
過點作軸于點，

∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵A（3，0），點B（0，1），
∴，
∴點；
②∵點，點，
∴的中點的坐標為，
即，
過點作軸與軸交于點，

則可知，
∴為等腰直角三角形，
∴，
∴OD平分∠AOB；
（2）作交于點，
連接,過點作
交延長線于點，

∵，
∴，
∵是等邊三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴是等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴點在直線上運動，
根據(jù)垂線段最短可知，當點和點重合時，的值最小，
此時．
【點睛】本題考查了旋轉綜合題，坐標與圖形，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質等知識點，熟練掌握相關性質定理以及判定定理是解本題的關鍵．
24．（2022秋·浙江·八年級期中）如圖，Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，點P在直線OA上運動，連接PB，將△OBP沿直線BP折疊，點O的對應點記為O′．
（1）若AP＝AB，則點P到直線AB的距離是 　 ??；
（2）若點O′恰好落在直線AB上，求△OBP的面積；
（3）將線段PB繞點P順時針旋轉45°得到線段PC，直線PC與直線AB的交點為Q，在點P的運動過程中，是否存在某一位置，使得△PBQ為等腰三角形？若存在，請直接寫出OP的長；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）4；（2）或；（3）存在，0或4+4或4﹣4或4
【分析】（1）接BP，設點P到直線AB的距離為h，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結論；
（2）①當P在的右側，求OP＝O'P＝AO'＝4﹣4，根據(jù)三角形面積公式可得結論；②當P在的左側，同理可得結論；
（3）分4種情況：①當BQ＝QP時，如圖2，P與O重合，②當BP＝PQ時，如圖3，③當PB＝PQ時，如圖4，此時Q與C重合；④當PB＝BQ時，如圖5，此時Q與A重合，則P與A關于軸對稱，根據(jù)圖形和等腰三角形的性質可計算OP的長．
【詳解】解：（1）連接BP，


設點P到直線AB的距離為h，
Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，
∴AB＝＝4，
∵AP＝AB，
∴AP＝AB＝4，
∴S△ABP＝AB?h＝AP?OB，
∴h＝OB＝4，
即點P到直線AB的距離是4，
故答案為：4；
（2）存在兩種情況：
①如圖1，當P在的右側，點O′恰好落在直線AB上，則OP＝O'P，∠BO'P＝∠BOP＝90°，

∵OB＝OA＝4，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴AB＝4，∠OAB＝45°，
由折疊得：∠OBP＝∠O'BP，BP＝BP，
∴△OBP≌△O'BP（AAS），
∴O'B＝OB＝4，
∴AO'＝4﹣4，
Rt△PO'A中，O'P＝AO'＝4﹣4＝OP，
∴S△BOP＝OB?OP＝＝8﹣8；
②如圖所示：當P在的左側，

由折疊得：∠PO'B＝∠POB＝90°，O'B＝OB＝4，
∵∠BAO＝45°，
∴PO'＝PO＝AO'＝4+4，
∴S△BOP＝OB?OP＝×4×（4+4）＝8+8；
（3）分4種情況：
①當BQ＝QP時，如圖2，點P與點O重合，此時OP＝0；

②當BP＝PQ時，如圖3，

∵∠BPC＝45°，
∴∠PQB＝∠PBQ＝22.5°，
∵∠OAB＝45°＝∠PBQ+∠APB，
∴∠APB＝22.5°，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AP＝AB＝4，
∴OP＝4+4；
③當PB＝PQ時，如圖4，此時Q與C重合，

∵∠BPC＝45°，
∴∠PBA＝∠PCB＝67.5°，
△PCA中，∠APC＝22.5°，
∴∠APB＝45+22.5°＝67.5°，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AB＝AP＝4，
∴OP＝4﹣4；
④當PB＝BQ時，如圖5，此時Q與A重合，則P與A關于對稱，

∴此時OP＝4；
綜上，OP的長是0或4+4或4﹣4或4．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，折疊的性質，等腰三角形的性質與判定，作出圖形分類討論是解題的關鍵．
25．（2022春·福建寧德·八年級統(tǒng)考期中）如圖1，與是共頂點的兩個等腰三角形，其中，，，連接、．

(1)求證：；
(2)如圖2，固定，將繞點旋轉，若，，，當點旋轉到線段上時，求的長；
(3)如圖3，設為、的交點，、分別為、的中點，，，試探究與的數(shù)量關系，并說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)3或17
(3)α+2β=180°，理由見解析

【分析】（1）由等腰三角形的性質可知AB=AC，AD=AE，∠BAD=∠CAE，再利用SAS可證明△BAD≌△CAE，得CE=BD；
（2）過點A作AP⊥BC于P，連接CE，根據(jù)BC=20，S△ABC=240，得AP=24，可知點D在CP或BP上，利用勾股定理解決問題；
（3）連接AH，由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），得∠ADB=∠AEC，BD=CE，再利用SAS證明△ADG≌△AEH，得∠AHE=∠AGD=∠AGH+∠FGH，AG=AH，從而解決問題．
（1）
解：證明：∵∠BAC=∠DAE，∠BAC=∠BAD+∠CAD，∠DAE=∠CAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴CE=BD；
（2）
如圖，過點A作AP⊥BC于P，連接CE，

由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），
∴CE=BD，
∵BC=20，S△ABC=240，
∴AP=24，
當點D在CP上時，
在Rt△APD中，PD2=AD2-AP2=49，
∴PD=7，
∵AB=AC，AP⊥BC，
∴P為BC的中點，
∴BP=CP，
∵BC=20，
∴BP=10，
∴BD=17，
∴CE=BD=17，
當點D在BP上時，同理可知CE=BD=10-7=3，
綜上所述：CE=3或17；
（3）
α+2β=180°，理由如下：
如圖，連接AH，

由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ADB=∠AEC，BD=CE，
∵G，H分別為BD，CE的中點，
∴DG=EH，
∵∠ADB=∠AEC，DG=EH，AD=AE，
∴△ADG≌△AEH（SAS），
∴∠AHE=∠AGD=∠AGH+∠FGH，AG=AH，
∴∠AGH=∠AHG，
∵∠FHG+∠AHG+∠AHE=180°，
∴∠FHG+∠AGH+∠AGH+∠FGH=180°，
∵∠BFC=∠FGH+∠FHG，∠BFC=α，∠AGH=β，
∴α+2β=180°．
【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理等知識，熟悉基本模型證明△BAD≌△CAE是解題的關鍵．
26．（2022春·北京·八年級北師大實驗中學統(tǒng)考期中）在平面直角坐標系中，給定線段和圖形，給出如下定義：
平移線段至，使得線段上的所有點均在圖形上或其內(nèi)部，則稱該變換為線段到圖形的平移重合變換，線段的長度稱為該次平移重合變換的平移距離，其中，所有平移重合變換的平移距離中的最大值稱為線段到圖形的最大平移距離，最小值稱為線段到圖形的最小平移距離：
如圖1，點

(1)①在圖1中作出線段到線段的平移重合變換（任作一條平移后的線段）；
②線段到線段的最小平移距離是__________，最大平移距離是__________．
(2)如圖2，作等邊 （點在線段的上方），
①求線段到等邊最大平移距離．
②點是坐標平面內(nèi)一點，線段的長度為1，線段到等邊的最小平移距離的最大值為__________，最大平移距離的最小值為__________．
【答案】(1)①見解析；②；
(2)①；②；

【分析】（1）①連接AQ，作，點與點Q重合，此時即要求作的線段；
②設PQ與y軸交于點B，根據(jù)勾股定理求出的長度，即為最大平移距離，OB的長度即為最小平移距離；
（2）①當點在線段PR上，點在線段QR上時，線段OA到等邊△PQR的平移距離最大，延長交y軸于點E，PQ與y軸交于點F，作于點H，根據(jù)平移和等邊三角形的性質，求出，，最后根據(jù)勾股定理即可求解；
②由于點B在以O點為圓心，1為半徑的圓上，根據(jù)點Ｂ到等邊△PQR的最小距離和最大距離，即可求出線段OB到等邊△PQR的最小平移距離的最大值和最大平移距離的最小值．
（1）
連接AQ，作，點與點Q重合，如圖所示：

此時即要求作的線段；
②設PQ與y軸交于點B，
∵，，，
∴軸，，BQ=5，
∵線段到線段的最小平移距離為OB的長，
∴線段到線段的最小平移距離為，
∴，
∵，
∴，
∴最大平移距離是；
故答案為：；．
（2）
①如圖所示：

∵當點在線段PR上，點在線段QR上時，線段OA到等邊△PQR的平移距離最大，
∴線段到等邊有最大平移距離為線段的長度，
延長交y軸于點E，PQ與y軸交于點F，作于點H，
∵是等邊三角形，
∴，
∴，，
∵，
∴△是等邊三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由題意可得四邊形EFH是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵軸，
∴，
∴線段到等邊最大平移距離為．
②∵點B是坐標平面內(nèi)一點，線段OB的長度為1，
∴點B在以O點為圓心，1為半徑的圓上，
∵點B到等邊的最小距離為，
∴當點B在（0，-1）上時，線段OB到等邊△PQR的最小平移距離的值最大，
即線段OB到等邊△PQR的最小平移距離的最大值為；
連接OR，過R作RM⊥x軸，垂足為M，交PQ于點N，如圖所示：

為等邊三角形，且，，
∴軸，，
∴，
，
，
，
，
∴N點的橫坐標為2，
∴點M的坐標正好為（2，0），
∴，
點O到等邊的最大距離為，
∴點B在OR上時，線段OB最大平移距離的值最小，且最小值為．
故答案為：；．
【點睛】本題主要考查了平移的性質，等邊三角形的性質，勾股定理，找到平移的最大值和最小值的位置是解題的關鍵．
27．（2022春·重慶·八年級重慶市育才中學校聯(lián)考期中）已知為等邊三角形，邊長為4，點D、E分別是、邊上一點，連接、．．

(1)如圖1，若，求的長度；
(2)如圖2，點F為延長線上一點，連接、，、相交于點G，連接，已知，求證：；
(3)如圖3，點P是內(nèi)部一動點，順次連接，請直接寫出的最小值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)

【分析】（1）先根據(jù)等邊三角形性質得三角形ABE為直角三角形，再利用勾股定理求解即可；
（2）延長BF交AC延長線于H，先證明△ABE≌△CAD，得到△BGF為等邊三角形，BF+GE =BE，再證明△ABG≌△CBF，得CF∥BE，再證明△GCF≌△HCF，得C是EH中點，結合等量代換，完成證明；
（3）先將原式變形為，將三角形BPC繞B順時針旋轉60°得三角形BDE，延長BD至F，使DF=BD，延長BE至G，使EG=BE，連接AG，構造出來，利用兩點之間線段最短判斷出其最小值為AG的長度，再利用勾股定理進一步求解即可．
【詳解】（1）解：∵為等邊三角形，邊長為4，AE=2，
∴E為AC中點，
∴EB⊥AC，即∠BEA=90°，
由勾股定理得：．
（2）證明：延長BF交AC延長線于H，
∵△ABC為等邊三角形，
∴AB=BC=AC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∵AE=CD，
∴△ABE≌△CAD，
∴∠ABE=∠CAD，
由三角形外角性質知，∠BGF=∠ABE+∠BAG=∠CAD+∠BAG=60°，
∵∠GBF=60°，
∴△BGF為等邊三角形，
∴BF=GF=BG，
∴BF+GE=BG+GE=BE，
∴∠ABG=60°－∠DBG，∠CBF=60°－∠DBG，
∴∠ABG=∠CBF，
∴△ABG≌△CBF，
∴∠BFC=∠AGB=120°，
∴∠CFH=60°=∠GBF，∠GFC=60°，
∴CF∥BE，
∴∠FCH=∠CEG，∠EGC=∠GCF，
∵CE=CG，
∴∠CEG=∠CGE，
∴∠GCF=∠FCH，
∴△GCF≌△HCF，
∴CG=CH=CE，GF=FH=BF，
即C是EH中點，F(xiàn)是BH中點，
∴BE=2CF，
故．

（3）解：原式變形為，
將三角形BPC繞B順時針旋轉60°得三角形BDE，延長BD至F，使DF=BD，延長BE至G，使EG=BE，連接PF，GF，如圖所示，

由旋轉性質知，△BPD為等邊三角形，
∴∠PDB=60°，
∵BD=DF=PD，
∴∠PFB=30°，
∴∠FBP=90°，
∴PF=，
由輔助線知：DE為三角形BFG的中位線，
∴FG=2DE=2PC，
∴=，
故當A、P、F、G共線時，取最小值，最小值為，
過G作GH⊥AH于H，
在直角三角形BGH中，BG=2BC=8，∠GBH=60°，
∴BH=4，GH=，
∴AG=，
∴=，
即的最小值為．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質與判定、全等三角形的判定與性質、旋轉、勾股定理、三角形的中位線等知識點，解決問題的關鍵是作出輔助線，構造全等三角形．
28．（2022春·廣東深圳·八年級深圳市高級中學?？计谥校┤鐖D，點A（a，0），B（0，b），且a、b滿足（a﹣2）2+|4b﹣8|＝0．

(1)如圖1，求a，b的值；
(2)如圖2，點C在線段AB上（不與A、B重合）移動，AB⊥BD，且∠COD＝45°，猜想線段AC、BD、CD之間的數(shù)量關系并證明你的結論；
(3)如圖3，若P為x軸正半軸上異于原點O和點A的一個動點，連接PB，將線段PB繞點P順時針旋轉90°至PE，直線AE交y軸于點Q，當P點在x軸上移動時，線段BE和線段BQ中哪一條線段長為定值，并求出該定值．
【答案】(1)a=2,b=2
(2)CD=BD+AC．理由見解析
(3)BQ是定值，

【分析】（1）根據(jù)非負數(shù)的性質得到a-2=0，4b-8=0，求得a=2，b=2，得到OA=2，OB=2，于是得到結果；
（2）證明：將△AOC繞點O逆時針旋轉90°得到△OBF根據(jù)已知條件得到∠DBF=180°，由∠DOC=45°，∠AOB=90°，同時代的∠BOD+∠AOC=45°，求出∠FOD=∠BOF+∠BOD=∠BOD+∠AOC=45°，推出△ODF≌△ODC，根據(jù)全等三角形的性質得到DC=DF=DB+BF=DB+DC；
（3）BQ是定值，作EF⊥OA于F，在FE上截取PF=FD，由∠BAO=∠PDF=45°，得到∠PAB=∠PDE=135°，根據(jù)余角的性質得到∠BPA=∠PED，推出△PBA≌EPD，根據(jù)全等三角形的性質得到AP=ED，于是得到FD+ED=PF+AP．即：FE=FA，根據(jù)等腰直角三角形的性質得到結論．
（1）
解：∵（a﹣2）2+|4b﹣8|＝0，
∴a-2=0，4b-8=0，
∴a=2，b=2.
（2）
證明：如圖2，將△AOC繞點O逆時針旋轉90°得到△OBF，而

∵∠OAC=∠OBF=∠OBA=45°，∠DBA=90°，
∴∠DBF=180°，
∵∠DOC=45°，∠AOB=90°，
∴∠BOD+∠AOC=45°，
∴∠FOD=∠BOF+∠BOD=∠BOD+∠AOC=45°，
在△ODF與△ODC中，，
∴：△ODF≌△ODC，
∴DC=DF，DF=BD+BF，
∴CD=BD+AC．
（3）
BQ是定值，BE明顯不是定值，理由如下：作EF⊥OA于F，在FE上截取FD=PF，

∵∠BAO=∠PDF=45°，
∴∠PAB=∠PDE=135°，
∴∠BPA+∠EPF=90°，∠EPF+∠PED=90°，
∴∠BPA=∠PED，
在△PBA與△EPD中，，
∴△PBA≌EPD（AAS），
∴AP=ED，
∴FD+ED=PF+AP， 即：FE=FA，
∴∠FEA=∠FAE=45°，
∴∠QAO=∠EAF=∠OQA=45°，
∴OA=OQ=2，
∴BQ=4．
為定值．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，坐標與圖形的性質，等腰直角三角形的判定與性質，旋轉的性質，三角形面積的計算，非負數(shù)的性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．
29．（2022秋·浙江杭州·八年級校聯(lián)考期中）如圖，在等腰中，，，是的高，是的角平分線，與交于點．當?shù)拇笮∽兓瘯r，的形狀也隨之改變．．

(1)當時，求的度數(shù)；
(2)設，，求變量與的關系式；
(3)當是等腰三角形時，求的度數(shù)．
【答案】(1)
(2)
(3)或

【分析】（1）根據(jù)等邊對等角求出等腰的底角度數(shù)，再根據(jù)角平分線的定義得到的度數(shù)，再根據(jù)高的定義得到，從而可得；
（2）按照（1）中計算過程，即可得到與的關系，即可得到結果；
（3）分①若，②若，③若，三種情況，利用，以及；解出即可得的度數(shù)．
【詳解】（1）解：，，
，
，
，
平分，
，
；
（2），，，
，
由（1）可得：，，
，
即與的關系式為；
（3）設，，
①若，
則，
而，，
則有：，
由（2）知，
，
解得：，
；
②若，
則，
由①得：，
，
，
，
解得：，
；
③若，
則，，
由①得：，
，
，
，
解得：，不符合題意，
綜上：當 是等腰三角形時，的度數(shù)為或．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了等腰三角形的性質，直角三角形的兩銳角互余的性質，高與角平分線的定義等知識，解題的關鍵關鍵是找到角之間的等量關系，利用方程思想以及分類討論的思想解決問題．
30．（2022春·重慶·八年級重慶第二外國語學校?？计谥校┤鐖D，在中，，，點是平面內(nèi)一點，滿足．

(1)延長交直線于點，過點作交直線于點．
①如圖1，若，且，求的長；
②如圖2，延長交直線于點，連接，若，求證：；
(2)如圖3，將繞著點沿順時針方向旋轉75°得到，連接．若，當最小時，直接寫出的面積．
【答案】(1)①；②證明見解析
(2)

【分析】（1）①首先證明DA=DB=DE=AF，推出△ADF是等腰直角三角形，可得結論； ②如圖2中，過點A作AH⊥BC于點H，交BF于點T，證明△BAG≌△CAF（SAS），推出∠ABG=∠ACF=45°，證明△ABT≌△ACF（ASA），推出AT=CF，再證明△AET≌△CEF（AAS），可得結論；
（2）如圖3-1中，將線段BA繞點B順時針旋轉75°得到線段BT，連接AD，MT．證明點M在線段BT的垂直平分線MQ上，設垂足為Q，當CM⊥線段BT的垂直平分線時，CM的值最小，設MQ交BC于點J（如圖3-2中），求出MJ，CM，可得結論．
(1)
①解：如圖1中，

∵DA=DB，
∴∠DBA=∠DAB，
∵∠BAE=90°，
∴∠DBA+∠AEB=90°，∠DAB+∠DAE=90°，
∴∠DAE=∠DEA，
∴DA=DE，
∵AF=DE，
∴AD=AF，
∵∠DAF=90°，
∴∠ADF=∠F=45°， 而BD=2，
∴AF=AD=DE=2，
∴DF=，
∴EF=DF-DE=；
②證明：如圖2中，過點A作AH⊥BC于點H，交BF于點T．

∵∠BAC=∠GAF=90°，
∴∠BAG=∠CAF，
∵AB=AC，AG=AF，
∴△BAG≌△CAF（SAS），
∴∠ABG=∠ACF=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠FCB=90°=∠AHB，
∴，
∴∠EAT=∠ECF，即∠EAT=∠BAT=∠ACF=45°,
∵DB=DA，
∴∠ABD=∠DAB=∠CAF，
∵BA=AC，∠BAT=∠ACF=45°，
∴△ABT≌△CAF（ASA），
∴AT=CF， ∵∠AET=∠CEF，??
∴△AET≌△CEF（AAS），
∴AE=EC；
(2)
解：如圖3-1中，將線段BA繞點B順時針旋轉75°得到線段BT，連接AD，MT．

∵∠ABT=∠DBM=75°，
∴∠ABD=∠TBM，
∵BA=BT，BD=BM，
∴△ABD≌△TBM（SAS），
∴AD=MT，
∵BD=AD=BM，
∴MB=MT，
∴點M在線段BT的垂直平分線MQ上，
設垂足為Q， 當CM⊥線段BT的垂直平分線時，CM的值最小，
設MQ交BC于點J（如圖3-2中），

∵AB=AC=，∠BAC=90°，
∴，
∵∠JBQ=∠ABQ-∠ABC=30°，
∵BQ=TQ=，BJ=2JQ，
∴，
∴BJ=，CJ=BC-BJ=，



∠MCJ=∠JBQ=30°，
∴MJ=CJ=，，
∴S△BCM=S△BJM+S△CJM=

【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，含30°的直角三角形的性質、勾股定理的應用，二次根式的運算，旋轉的性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
31．（2022春·遼寧沈陽·八年級沈陽市第一二六中學校考期中）在銳角△ABC中，，將△ABC繞點B按逆時針方向旋轉，得到．

(1)如圖1，當點在線段CA的延長線上時，則的度數(shù)為______，的度數(shù)為______；
(2)如圖2，若，BC＝6，連接．在旋轉過程中，旋轉角為多少度數(shù)時，并求出此時的面積；
(3)如圖3，若，點E為線段AB中點，點P是線段AC上的任意一點，在△ABC繞點B按逆時針方向旋轉過程中，點P的對應點是點，則線段長度的最小值為______．
【答案】(1)45°；90°
(2)旋轉角為120°時，此時的面積為
(3)

【分析】（1）由旋轉的性質可得：，，又由等腰三角形的性質，即可求得的度數(shù)；
（2）充分利用直角三角形中兩個銳角互余，進行角度計算，求得α后，直接用三角形的面積公式即可；
（3）由當P在AC上運動至垂足點D，△ABC繞點B旋轉，使點P的對應點P1在線段AB上時，EP1最小，即可求得線段EP1長度的最小值．
(1)
解：由旋轉的性質可得：，，
∴∠CC1B＝∠C1CB＝45°，
∴∠CC1A1＝∠CC1B＋∠A1C1B＝45°＋45°＝90°．
故答案為：45°；90°．
(2)
和相交于O點，如圖所示：

∵，
∴，
則，
∴ ，
∵△ABC旋轉得到，
∴，，，
∴，
∴旋轉角，
過點B作于點D，
在Rt△BDC中，，，
∴，
∴，
∴，
∴ ，
∴，
∴，
答：旋轉角為120°時，此時的面積為．
(3)
過點B作BD⊥AC，D為垂足，如圖所示：

∵△ABC為銳角三角形，
∴點D在線段AC上，
，，
∴，
∴，
∴，
設，
在Rt△BCD中，根據(jù)勾股定理得：，
解得：或（舍去），
∴，
當P在AC上運動，BP與AC垂直的時候，△ABC繞點B旋轉，使點P的對應點P1在線段AB上時，EP1最小，最小值為：
．
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了旋轉的性質、等腰三角形、全等三角形的判定與性質以及三角函數(shù)的應用．注意數(shù)形結合思想的應用，注意旋轉前后的對應關系．
32．（2022春·陜西寶雞·八年級統(tǒng)考期中）將兩塊完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如圖1所示位置放置，現(xiàn)將繞A點按逆時針方向旋轉．如圖2，AE與BC交于點M，AC與EF交于點N，BC與EF交于點P．

(1)若是等腰三角形，則旋轉角的度數(shù)為______．
(2)在旋轉過程中，連接AP，CE，求證：AP所在的直線是線段CE的垂直平分線．
(3)在旋轉過程中，是否能成為直角三角形？若能，直接寫出旋轉角的度數(shù)；若不能，說明理由．
【答案】(1)60°或15°
(2)證明見解析
(3)能，或

【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的判定定理即可得到結論；
（2）由題意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根據(jù)旋轉的性質得到∠BAM=∠FAN，根據(jù)全等三角形的性質得到AM=AN，PE=PC，由線段垂直平分線的性質即可得到結論；
（3）當∠CNP=90°時，依據(jù)對頂角相等可求得∠ANF=90°，然后依據(jù)∠F=60°可求得∠FAN的度數(shù)，由旋轉的定義可求得∠的度數(shù)；當∠CPN=90°時，由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度數(shù)，然后依據(jù)對頂角相等可得到∠A NF的度數(shù)，然后由∠F=60°，依據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可求得∠FAN的度數(shù)，于是可得到∠的度數(shù)．
【詳解】（1）解：當AM=CM，即∠CAM=∠C=30°時，△AMC是等腰三角形；
∵∠BAC=90°，
∴=90°-30°=60°，
當AM=CM，即∠CAM=∠CMA時，△AMC是等腰三角形，
∵∠C=30°，
∴∠CAM=∠AMC=75°，
∵∠BAC=90°，
∴=15°，
綜上所述，當旋轉角=60°或15°時，△AMC是等腰三角形，
故答案為：60°或15°；
（2）證明：由題意可知，，，，，
∵現(xiàn)將繞A點按逆時針方向旋轉，
∴，
在與中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴點P在CE的垂直平分線上，
∵，
∴點A在CE的垂直平分線上，
∴AP所在的直線是線段CE的垂直平分線．
（3）如圖1所示：當時．

∵，
∴．
又∵，
∴．
∴．
如圖2所示：當時．

∵，，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
綜上所述，或．
【點睛】本題主要考查的是幾何變換的綜合應用，解答本題主要應用了旋轉的性質、三角形的內(nèi)角和定理、等邊三角形的性質，分類討論是解題的關鍵．
33．（2022春·遼寧阜新·八年級?？计谥校┤鐖D，過邊長為4的等邊△ABC的頂點A作直線l∥BC，點D在直線l上（不與點A重合），作射線BD，將射線BD繞點B順時針旋轉60°后交直線AC于點E．

(1)如圖1，點D在點A的左側，點E在邊AC上，請直接寫出AB，AD，AE間的關系
(2)如圖2，點D在點A的右側，點E在邊AC的延長線上，那么（1）中的結論還成立嗎？若成立，請證明；若不成立，寫出你的結論，再證明．
(3)如圖3，點E在邊AC的反向延長線上，若∠ABE=15°，請直接寫出線段AD的長．
【答案】(1)AB=AD+AE
(2)AB=AE-AD，證明見解析
(3)

【分析】（1）由已知可以證得△ADB≌△CEB，再根據(jù)全等的性質推理可以得解；
（2）與（1）類似可以證得△ADB≌△CEB，再根據(jù)全等的性質推理可以得解；
（3）過B作BF⊥AC于F，與上類似可以證得△ADB≌△CEB，根據(jù)全等的性質可得AD=EC=EF+FC，再由題意證得三角形BEF是等腰直角三角形后即可得到AD的長度．
（1）
解：AB=AE+AD，理由如下：
由已知可得∠DBE=∠ABC=∠ACB=60°，l∥BC，
∴∠DAB=∠ABC=∠ACB，∠DBE-∠ABE=∠ABC-∠ABE即∠DBA=∠EBC，
又∵BA=BC，
∴△ADB≌△CEB（ABA），
∴AD=EC，
∴AB=AC=AE+EC=AE+AD；
（2）
解：不成立，理由如下：
由已知可得∠DBE=∠ABC=∠ACB=60°，l∥BC，
∴∠DBE-∠DBC=∠ABC-∠DBC即∠DBA=∠EBC，
∵∠DAB=180°-∠ABC=120°，∠ECB=180°-∠ACB=120°，
∴∠DAB=∠ECB，
又∵BA=BC，
∴△ADB≌△CEB（ASA），
∴AD=EC，
∴AB=AC=AE-EC=AE-AD；
（3）
如圖，

由已知可得∠DBE=∠ABC=∠ACB=60°，l∥BC，
∴∠DAB=∠ABC=∠ACB，∠DBE+∠ABE=∠ABC+∠ABE即∠DBA=∠EBC，
又∵BA=BC，
∴△ADB≌△CEB（ASA），
∴AD=EC，
過B作BF⊥AC于F，則∠ABF=30°，CF=FA=，
∴∠EBF=∠EBA+∠ABF=45°，∠BEF=45°，
∴EF=BF=，
∴AD=EF+FC=+2．
【點睛】本題考查三角形全等的綜合應用，熟練掌握三角形全等的判定和性質、平行線的性質、勾股定理的應用是解題關鍵．
34．（2022春·廣東佛山·八年級?？计谥校┬D是圖形變換的一種，它能解決很多的數(shù)學問題．

(1)如圖1：點P是等邊△ABC內(nèi)的一點，把△PBC繞點B旋轉到的位置，請確定△PBP′的形狀，并證明你的結論．
(2)如圖2：在（1）的條件下，連接PA，若PA＝，PB＝3，PC＝2，求∠BPC的度數(shù)．
(3)類比學習：如圖3，點P是等腰三角形ABC內(nèi)的一動點，∠ACB＝90°，若AC＝，設a＝PA+PB+PC，當a取最小值時，求此時a2的值．
【答案】(1)等邊三角形，證明見解析
(2)150°
(3)16+8

【分析】（1）由旋轉的性質可得，∠CBA＝∠PBP'＝60°，可證是等邊三角形；
（2）由旋轉的性質可得'＝3，∠CBA＝＝60°，PC＝＝2，∠BPC＝，由勾股定理的逆定理可證，即可求解；
（3）由旋轉的性質和等邊三角形的性質可得，，則當點，點，點P，點B四點共線時，a＝PA+PB+PC有最小值為的長度，由勾股定理可求解．
（1）
解：是等邊三角形，理由如下：

如圖，連接，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°，
∵把△PBC繞點B旋轉到的位置，
∴
∴是等邊三角形；
（2）
∵把△PBC繞點B旋轉到的位置，
∴
∴是等邊三角形，
∴，
∵
∴，
∴是直角三角形，，
∴；
（3）
如圖3，將△ACP繞點C逆時針旋轉60°，得到，連接，過點作⊥BC，交BC的延長線于點D，

∵將△ACP繞點C逆時針旋轉60°，得到，

∴是等邊三角形，
∴，
∴PA+PB+PC＝，
∴當點，點，點P，點B四點共線時，a＝PA+PB+PC有最小值為的長度，
∵∠ACD＝90°，＝60°，
∴＝30°，
∵⊥BC，
∴，
∴DB＝CD+BC＝，
∴，
∴a2的值為．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了等邊三角形的性質，旋轉的性質，勾股定理和勾股定理逆定理，二次根式的混合運算等知識，添加恰當?shù)妮o助線構造全等三角形是解題的關鍵．
35．（2021春·福建三明·八年級統(tǒng)考期中）對于一個數(shù)x，我們用表示小于x的最大整數(shù)，例如：，．
（1）填空：________，________，________；
（2）若a，b都是整數(shù)，且和互為相反數(shù)，求代數(shù)式的值；
（3）若，求x的取值范圍．
【答案】（1）9，，0；（2）；（3）或．
【分析】（1）根據(jù)的定義即可得；
（2）先根據(jù)的定義可得、，再根據(jù)相反數(shù)的定義可得，從而可得，然后代入求值即可得；
（3）設，從而可得，再分三種情況，分別解絕對值方程求出k的值，然后根據(jù)的定義即可得．
【詳解】（1），，，
故答案為：9，，0；
（2）都是整數(shù)，
，
和互為相反數(shù)，
，即，
則，
，
，
；
（3）設，則，
由得：，
因此，分以下三種情況：
①當時，
，
解得，符合題設；
②當時，
，
即此時沒有符合條件的k值；
③當時，
，
解得，符合題設；
綜上，或，
即或，
則或．
【點睛】本題考查了代數(shù)式求值、相反數(shù)、解絕對值方程、一元一次不等式組的解，較難的是題（3），利用換元法將替換為是解題關鍵．
36．（2022春·北京昌平·八年級校聯(lián)考期中）對于兩個實數(shù)a，b，規(guī)定Max（a，b）表示a，b兩數(shù)中較大者，特殊地，當a = b時，Max（a，b）=a．如：Max（1，2）= 2，Max（-1，-2）= -1，Max（0，0）= 0．
（1）Max（-1，0）= ，Max（n，n -2）= ；
（2）對于一次函數(shù)，，
①當x≥-1時，Max（y1，y2）= y2，求b的取值范圍；
②當x=1-b時，Max（y1，y2）=p，當x=1＋b時，Max（y1，y2）=q，若p≤q，直接寫出b的取值范圍．

【答案】（1）；（2）①；②或．
【分析】（1）根據(jù)的定義即可得；
（2）①畫出一次函數(shù)的圖象，結合函數(shù)圖象即可得；
②先分別求出和時，的值，再求出時和，然后分三種情況，分別根據(jù)的定義求出的值，最后根據(jù)建立不等式，解不等式即可得．
【詳解】解：（1）由題意得：，
，
，
故答案為：；
（2）①對于一次函數(shù)，，
當時，，
畫出兩個函數(shù)的圖象如下所示：

當時，，即，
由函數(shù)圖象得：，
解得；
②對于一次函數(shù)，，
當時，，
當時，，
令，解得，
令，解得，
則分以下三種情況：
（?。┊敃r，，
則，
由得：，
解得，符合題設；
（ⅱ）當時，，
則，
由得：，
解得，
則此時的取值范圍為；
（ⅲ）當時，，
則，
由得：，
解得，
則此時的取值范圍為；
綜上，的取值范圍為或．
【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖象、一元一次不等式的應用等知識點，較難的是題（2）②，正確分三種情況討論是解題關鍵．
37．（2022秋·湖北宜昌·八年級?？计谥校┮阎c分別在軸、軸上，是邊上的一點，交軸正半軸于點．已知滿足．

(1)求的坐標；
(2)如圖1，求的值；
(3)如圖2，延長交軸于點，求的值；
(4)如圖3，點為上任意一點（不與重合），過作，點為垂足，連，求的度數(shù)．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)

【分析】（1）根據(jù)非負數(shù)的性質列出二元一次方程組，解方程即可求解．
（2）如圖①，作輔助線，構建全等三角形，先證明四邊形為正方形得：，再證明，則，代入中可得結論；
（3）如圖②，證明，則，所以拆成和與差的形式并等量代換得結果為；
（4）如圖③，作輔助線，構建全等三角形，證明，得，，再得是等腰直角三角形，則．
【詳解】（1）解：∵
∴
解得
∴
（2）如圖①，過作軸，軸，垂足分別為，

則，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴

；
（3）如圖2，∵，

∴，
∵，
∴，
∴，




．
（4）由（3）得：

∴，
在上截取，連接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴．
【點睛】此題考查全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，正方形的判定與性質，解題關鍵在于掌握判定定理和作輔助線．
38．（2022秋·遼寧沈陽·八年級沈陽市第一二六中學?？计谥校┤鐖D，直線與軸交于點，與軸交于點，點與點關于軸對稱，線與直線、分別交于、．

(1)求直線的函數(shù)表達式；
(2)設點是直線上的一動點，過點作軸的平行線，交直線于點，交直線于點，若，則的坐標_______________．
(3)在（2）問條件下，且動點在軸左側，連接，是軸上的一動點，且，直接寫出線段的長．
【答案】(1)
(2)或
(3)的長為或．

【分析】（1）直線與軸交于點，與軸交于點，點與點關于軸對稱，可知點，，的坐標，由此即可求解；
（2）點作軸的平行線，交直線于點，交直線于點，則設，，根據(jù)，即可求解；
（3）動點在軸左側，可知點，由此可求出點的坐標，由此確定的各邊的關系，且，根據(jù)三角形的面積相等可求出的正弦值，由此在中即可求解．
【詳解】（1）解：直線與軸交于點，與軸交于點，
∴，，則，，
∵點與點關于軸對稱，
∴，
設直線的函數(shù)表達式為，
∴，則，
∴直線的函數(shù)表達式為．
（2）解：根據(jù)題意畫圖如下所示，

∵點在直線上，點在直線于，
∴設，，則，
∵，即，解方程得，，
∴或．
（3）解：∵點，關于軸對稱，
∴，，
∵軸，
∴，
∴在中，，
設交于軸于，則，
∴，，
∵，
∴，
作于，則，
∴，，
如圖所示，過點作軸的平行線交軸于，過作的垂線交的延長線于，

∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
設，
∴，且，，
∴，則，
∴，設直線為，
∴，解方程組得，，
∴直線為，
∴，
當在點下方時，設為，
∵，作于，
同理可得：，
同理可得直線為，
令，，
∴，
∴的長為或．
【點睛】本題主要考查一次函數(shù)圖象的變換，利用待定系數(shù)法求解一次函數(shù)的解析式，等腰三角形的判定與性質，理解一次函數(shù)圖象的在平面直角坐標系中點的特點，及圖象間的關系是解題的關鍵．
39．（2022秋·廣東佛山·八年級佛山市南海石門實驗中學?？计谥校┮淮魏瘮?shù)y＝kx+b的圖象經(jīng)過點A（0，9），并與直線y＝x相交于點B，與x軸相交于點C，其中點B的橫坐標為3．

（1）求B點的坐標和k，b的值；
（2）點Q為直線y＝kx+b上一動點，當點Q運動到何位置時△OBQ的面積等于？請求出點Q的坐標；
（3）在y軸上是否存在點P使△PAB是等腰三角形？若存在，請直接寫出點P坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）點B（3，5），k＝﹣，b＝9；（2）點Q（0，9）或（6，1）；（3）存在，點P的坐標為：（0，4）或（0，14）或（0，﹣1）或（0，）
【分析】（1）相交于點，則點，將點、的坐標代入一次函數(shù)表達式，即可求解；
（2）的面積，即可求解；
（3）分、、三種情況，分別求解即可．
【詳解】解：（1）相交于點，則點，
將點、的坐標代入一次函數(shù)表達式并解得：，；
（2）設點，
則的面積，
解得：或6，
故點Q（0，9）或（6，1）；
（3）設點，而點、的坐標分別為：、，
則，，，
當時，，解得：或4；
當時，同理可得：（舍去）或；
當時，同理可得：；
綜上點的坐標為：（0，4）或（0，14）或（0，﹣1）或（0，）.
【點睛】本題考查的是一次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)的性質、勾股定理的運用、面積的計算等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏．
40．（2022春·山東菏澤·八年級校聯(lián)考期中）如圖，在直角三角形中，，點從開始沿邊向點以的速度移動，點從點開始沿邊向點以的速度移動． 分別從同時出發(fā)，當一個動點到達終點則另一動點也隨之停止運動，
（1）求為何值時，為等腰三角形？
（2）是否存在某一時刻，使點在線段的垂直平分線上？
（3）點在運動的過程中，是否存在某時刻， 直線把的周長分為兩部分？若存在，求出，若不存在，請說明理由．

【答案】（1）2；（2）存在，；（3）存在，或
【分析】（1）根據(jù)題意用t表示出BP、BQ，根據(jù)等腰三角形的概念列方程，解方程得到答案；
（2）根據(jù)線段垂直平分線的性質得到QA=QC，列方程，解方程即可；
（3）分AC+AP+CQ=2（BP+BQ）、2（AC+AP+CQ）=BP+BQ兩種情況計算，得到答案．
【詳解】由題意得，
則
當為等腰三角形時，
只有

解得，
當點在線段的垂直平分線上時，連接QA，


設
則
解得，即
（秒）
在中，

當直線把的周長分為兩部分時，
①當時，

解得，
②當時，

解得，
當或時，直線把的周長分為兩部分.
【點睛】本題考查的是等腰三角形的概念、線段垂直平分線的性質，掌握線段垂直平分線的性質、靈活運用分情況討論思想是解題的關鍵．
41．（2022春·廣東佛山·八年級?？计谥校灸Ｐ徒ⅰ?br /> （1）如圖1，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直線ED經(jīng)過點C，過點A作AD⊥ED于點D，過點B作BE⊥ED于點E，求證：△BEC≌△CDA；
【模型應用】
（2）如圖2，已知直線l1：y＝x+3與x軸交于點A，與y軸交于點B，將直線l1繞點A逆時針旋轉45°至直線l2；求直線l2的函數(shù)表達式；
（3）如圖3，平面直角坐標系內(nèi)有一點B（3，﹣4），過點B作BA⊥x軸于點A、BC⊥y軸于點C，點P是線段AB上的動點，點D是直線y＝﹣2x+1上的動點且在第四象限內(nèi)．試探究△CPD能否成為等腰直角三角形？若能，求出點D的坐標，若不能，請說明理由．

【答案】（1）見詳解；（2）；（3）點D坐標（，）或（4，7）或（，）．
【分析】（1）由垂直的定義得∠ADC=∠CEB=90°，根據(jù)平角的定義和同角的余角的相等求出∠DAC=∠ECB，角角邊證明△CDA≌△BEC；
（2）證明△ABO≌∠BCD，求出點C的坐標為（-3，5），構建二元一次方程組求出k=5，b=10，利用待定系數(shù)法求出直線l2的函數(shù)表達式為y=-5x-10；
（3）證明△MCP≌△HPD，由其性質，點D在直線y=-2x+1求出m=或n=0或，將m的值代入，得點D坐標為（，）或（4，7）或（，）．
【詳解】解：（1）如圖1所示：

∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠ADC=∠CEB=90°，
又∵∠ACD+∠ACB+∠BEC=180°，∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BEC=90°，
又∵∠ACD+∠DAC=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△CDA和△BEC中，
，
∴△CDA≌△BEC（AAS）；
（2）過點B作BC⊥AB交AC于點C，CD⊥y軸交y軸于點D，如圖2所示：

∵CD⊥y軸，x軸⊥y軸，
∴∠CDB=∠BOA=90°，
又∵BC⊥AB，
∴∠ABC=90°，
又∵∠ABO+∠ABC+∠CBD=180°，
∴∠ABO+∠CBD=90°，
又∵∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠BAO=∠CBD，
又∵∠BAC=45°，
∴∠ACB=45°，
∴AB=CB，
在△ABO和∠BCD中，
，
∴△ABO≌∠BCD（AAS），
∴AO=BD，BO=CD，
又∵直線l1：y=x+3與x軸交于點A，與y軸交于點B，
∴點A、B兩點的坐標分別為（-2，0），（0，3），
∴AO=2，BO=3，
∴BD=2，CD=3，
∴點C的坐標為（-3，5），
設l2的函數(shù)表達式為y=kx+b（k≠0），
點A、C兩點在直線l2上，依題意得：
，
∴，
∴直線l2的函數(shù)表達式為y=5x10；
（3）能成為等腰直角三角形，依題意得，
①若點P為直角時，如圖3甲所示：

設點P的坐標為（3，m），則PB的長為4+m，
∵∠CPD=90°，CP=PD，
∠CPM+∠CDP+∠PDH=180°，
∴∠CPM+∠PDH=90°，
又∵∠CPM+∠DPM=90°，
∴∠PCM=∠PDH，
在△MCP和△HPD中，
，
∴△MCP≌△HPD（AAS），
∴CM=PH，PM=PD，
∴點D的坐標為（7+m，-3+m），
又∵點D在直線y=-2x+1上，
∴-2（7+m）+1=-3+m，
解得：m=，
即點D的坐標為（，）；
②若點C為直角時，如圖3乙所示：

設點P的坐標為（3，n），則PB的長為4+n，
CA=CD，
同理可證明△PCM≌△CDH（AAS），
∴PM=CH，MC=HD，
∴點D的坐標為（4+n，-7），
又∵點D在直線y=-2x+1上，
∴-2（4+n）+1=-7，
解得：n=0，
∴點P與點A重合，點M與點O重合，
即點D的坐標為（4，-7）；
③若點D為直角時，如圖3丙所示：

設點P的坐標為（3，k），則PB的長為4+k，
CD=PD，
同理可證明△CDM≌△PDQ（AAS），
∴MD=PQ，MC=DQ，
∴點D的坐標為（，），
又∵點D在直線y=-2x+1上，
∴-2×+1=，
解得：k=?，
∴點P與點A重合，點M與點O重合，
即點D的坐標為（，）；
綜合上述，點D坐標為（，）或（4，7）或（，）．
【點睛】本題綜合考查了垂直的定義，平角的定義，全等三角形的判定與性質，一次函數(shù)求法，待定系數(shù)等知識點，重點掌握在平面直角坐標系內(nèi)一次函數(shù)的求法，難點是構造符合題意的全等三角形．
42．（2022秋·上海徐匯·八年級上海市南洋模范中學?？计谥校┤鐖D，已知，是等邊三角形，CE是的外角∠ACM的平分線，點D為射線BC上一點，且∠ADE＝∠ABC，DE與CE相交于點E．
（1）如圖1，如果點D在邊BC上，求證：AD＝DE；
（2）如圖2，如果點D在邊BC的延長線上，那么（1）中的結論“AD＝DE”還成立嗎？請說明理由；
（3）如果的邊長為4，且∠DAC＝30°，請直接寫出線段BD的長度．（無需寫出解題過程）

【答案】（1）證明見解析；（2）成立，理由見解析；（3）2或8．
【分析】（1）如圖1（見解析），先根據(jù)等邊三角形的判定與性質可得，再根據(jù)角平分線的定義、角的和差可得，然后根據(jù)三角形的外角性質、等量代換可得，最后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質即可得證；
（2）如圖2（見解析），先根據(jù)等邊三角形的判定與性質可得，再根據(jù)角平分線的定義、角的和差可得，然后根據(jù)三角形的外角性質、等量代換可得，最后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質即可得證；
（3）如圖3-1和3-2（見解析），分點D在邊BC上和點D在邊BC的延長線上兩種情況，再分別利用等邊三角形的性質、等腰三角形的性質即可得．
【詳解】（1）如圖1，在AB上取一點F，使，連接DF，
是等邊三角形，
，
，即，
，
是等邊三角形，
，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
又，
，
在和中，，
，
；

（2）成立，理由如下：
如圖2，延長BA，使，連接DF，
是等邊三角形，
，
，即，
，
是等邊三角形，
，
平分，
，
，
，
，
在和中，，
，
；

（3）是邊長為4的等邊三角形，
，
由題意，分以下兩種情況：
①如圖3-1，當點D在邊BC上時，
，
，即AD是的角平分線，
；
②如圖3-2，當點D在邊BC的延長線上時，
，
，
，
，
；
綜上，線段BD的長為2或8．
．
【點睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質、三角形全等的判定定理與性質、角平分線的定義、三角形的外角性質等知識點，通過作輔助線，構造等邊三角形和全等三角形是解題關鍵．
43．（2022秋·全國·八年級期中）如圖，在等邊中，是直線上一點，是邊上一動點，以為邊作等邊，連接．（提示：含的直角三角形三邊之比為）

（1）如圖1，若點在邊上，求證：；
（2）如圖2，若點在的延長線上，請?zhí)骄烤€段，與之間存在怎樣的數(shù)量關系？并說明理由；
（3）圖2中，若，點從運動到停止，求出此過程中點運動的路徑長．
【答案】（1）見解析；（2），理由見解析；（3）
【分析】（1）在上截取，易證是等邊三角形，得出，證明，得出，即可得出結論；
（2）過作，交的延長線于點，由平行線的性質易證，得出為等邊三角形，則，證明，得出，即可得出；
（3）當點與重合時，的值最小，最小值，當時，的值最大，最大值，當點與重合時，的值最小，最小值，點的運動路徑從最小值增大到4，再減小到，由此可得結論．
【詳解】解：（1）證明：在上截取，如圖1所示：

是等邊三角形，
，
是等邊三角形，
，，
是等邊三角形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
．
（2）線段，與之間的等量關系是．理由如下：
是等邊三角形，
，
過作，交的延長線于點，如圖2所示：

，
，，
，
為等邊三角形，
，，
為等邊三角形，
，，
，
在和中，
，
，
，
．
（3）由（2），
則∠FCD=∠DGC=60°=∠FCE，
∴CF與BC的夾角不變，即點F的運動路徑為線段，
當點與重合時，的值最小，最小值，
當時，∵EF=DF，
∴CF垂直平分ED，
∴∠CFE=30°，
∴∠CEF=90°，
∵EF=ED=AC=，
∴CF==4，
∴的最大值為4，
當點與重合時，的值最小，最小值，
點的運動路徑從最小值增大到4，再減小到，
此過程中點運動的路徑長．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等邊三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、平行線的性質等知識；作輔助線構建等邊三角形是解題的關鍵．
44．（2022春·重慶·八年級重慶市楊家坪中學?？计谥校┤鐖D1，在平面直角坐標系中，直線與直線交于點A，已知點A的橫坐標為，直線與x軸交于點B，與y軸交于點C，直線與x軸交于點F，與y軸交于點D．

（1）求直線的解析式；
（2）將直線向上平移個單位得到直線，直線與y軸交于點E，過點E作y軸的垂線，若點M為垂線上的一個動點，點N為上的一個動點，求的最小值；
（3）已知點分別是直線上的兩個動點，連接，是否存在點，使得是以點Q為直角頂點的等腰直角三角形，若存在，求點Q的坐標若不存在，說明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）的坐標為：或
【分析】（1）先求解的坐標，再把的坐標代入，從而可得答案；
（2）先求解：為：可得： ,作關于的對稱點，則 過作于 交于 則 此時：最短，設 利用勾股定理求解，從而可得答案；
（3）如圖，過 作軸交軸于 過作交于 證明：可得： 設 利用點的平移表示的坐標，再把坐標代入的解析式求解即可得到答案．
【詳解】解：（1） 直線直線過點 點A的橫坐標為，


直線過點


所以直線為：
（2）直線向上平移個單位得到直線，
為： 即
,
作關于的對稱點，則

過作于 交于 則
此時：最短，
設
由勾股定理可得：

或（舍去）



的最小值是
（3）如圖，過 作軸交軸于 過作交于







設

由平移可得：，




同理可得：
綜上：的坐標為：或
【點睛】本題考查的是利用待定系數(shù)法求解一次函數(shù)解析式，一次函數(shù)的圖像的平移與性質，點的平移的坐標規(guī)律，軸對稱的性質，勾股定理的應用，三角形全等的判定與性質，等腰直角三角形的性質，掌握以上知識是解題的關鍵．
45．（2022春·四川·八年級校聯(lián)考期中）如圖1所示，腰長為3的等腰的腰與坐標軸重合，直線與交于點．
（1）求點的坐標；
（2）如圖2，將直線沿軸正方向平移4個單位長度得到直線（其中、分別為新直線與軸、軸的交點），連接、，求的面積；
（3）如圖3，在第（2）問的條件下，將沿軸平移得到，連接、，當為等腰三角形時，直接寫出的坐標．

【答案】（1）（，）；（2）12；（3）（4，3），M（3+，3），（，3）
【分析】（1）先利用待定系數(shù)法，求出直線AB的解析式，再聯(lián)立方程組，即可求解；
（2）先求出直線DE的解析式，再求出E（6，0），最后利用，即可求解；
（3）設M（x，3），連接BM，分別用x表示出DM、DN、MN的長，再分類列出方程，即可求解．
【詳解】（1）∵是等腰三角形，腰長為3，
∴AO=BO=3，即：A（-3，0），B（0，3），
設直線AB的解析式為：y=kx+b，
則，解得：，
∴直線AB的解析式為：y=x+3，
聯(lián)立，得，
∴C坐標為（，）；
（2）∵OC沿y軸正方向平移4個單位，
∴D（0，4），
設直線DE的解析式為：y=x+b，把D（0，4），代入上式得：b=4，
∴直線DE的解析式為：y=x+4，
令y=0代入y=x+4，得：x=6，則E（6，0），
∴；
（3）∵將沿軸平移得到，
∴MK=BO=3，NK=AO=3，MN==3，
設M（x，3），連接BM，則BM⊥DO，DM=，
那么N（x-3，0），DN=，
①當DM=DN時，則=，解得：x=4，即：M（4，3）；
②當NM=DN，則=3，解得：x1=3+，x2=3-（舍），即：M（3+，3）；
③當DM=NM，則x1=，x2=-（舍），即：M（，3）；
綜上所述：M的坐標為（4，3），M（3+，3），（，3）．
【點睛】本題主要考查一次函數(shù)與幾何的綜合，掌握等腰三角形的性質，待定系數(shù)法，勾股定理是解題的關鍵．
46．（2022秋·湖北武漢·八年級統(tǒng)考期中）如圖，點，且a，b滿足．若P為x軸上異于原點O和點A的一個動點，連接，以線段為邊構造等腰直角（P為頂點），連接．

(1)如圖1，直接寫出點A的坐標為___________，點B的坐標為___________；
(2)如圖2，當點P在點O，A之間時，連接，，證明；
(3)如圖3，點P在x軸上運動過程中，若所在直線與y軸交于點F，請直接寫出F點的坐標為___________，當?shù)闹底钚r，請直接寫出此時與之間的數(shù)量關系___________．
【答案】(1)，
(2)見解析
(3)，

【分析】（1）根據(jù)非負數(shù)的性質得到，，得到，，于是得到結果；
（2）過點作軸于，證明，由全等三角形的性質得出，，由等腰直角三角形的性質得出，證出，則可得出結論；
（3）由直角三角形的性質證出，則可得出；取點，連接，，與關于直線對稱，連接交于，連接，則，根據(jù)三角形的面積關系可得出．
【詳解】（1）解：，
，，
，，
、，
故答案為：，；
（2）證明：過點作軸于，

是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
又，
，
，，
，
，
，
又，
，
，，
，
，
；
（3），
，
，
，
，
，
，
，
；
取點，連接，，
，，
與關于直線對稱，連接交于，連接，則，

此時最小，，
到，的距離相等，，，
，
，
．
故答案為：，．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，坐標與圖形的性質，，等腰直角三角形的判定與性質，三角形的面積等知識點，正確的作出輔助線是解題的關鍵．
47．（2022秋·湖南郴州·八年級?？计谥校┰谥?，，，點E、分別是，上的動點（不與，C重合），點是的中點，連接．
（1）如圖1，當時，請問與全等嗎？如果全等請證明，如果不是請說明理由；
（2）如圖2，在（1）的條件下，過點作，若，，則HF= ；
（3）如圖3，當時，連接，若 ，請求的面積．

【答案】（1），見解析；（2）3；（3）
【分析】（1）先證明： 從而可得結論；
（2）在上截取，使，證明 從而可得結論；
（3）過作，交于，證明，設，則，，再求解，從而可得答案.
【詳解】解：（1）全等，理由如下：
在中，
∵， 點是的中點，
∴，

∵
∴

∴
在和中

∴（ASA）

（2）在上截取，使，
在中，，
∴
在和中

∴（SAS）
∴
由（1）
∴
∴
∵
∴
∵

∴

故答案為：
（3）過作，交于
∴
∵
∴
∴
由（2）得，
在和中

∴（SAS）
∴

即
設，則，
∴




【點睛】本題考查的是等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，作適當?shù)妮o助線構建全等三角形是解題的關鍵.
48．（2022秋·江蘇宿遷·八年級?？计谥校┩瑢W們學習了全等三角形，知道其重要應用是通過全等三角形證明角相等或邊相等，進而求角度或邊長．有些題目不能直接得全等三角形時，需要根據(jù)條件購造全等三角形，當遇到等腰直角三角形時我們可以利用兩條相等的腰及頂角90°，來構造全等的兩個直角三角形，從而解決問題．
（1）發(fā)現(xiàn)，如圖1，已知等腰直角△ABC，點P是邊AB上一點，過點A作CP的垂線交CP延長線于點E，過點B作CP的垂線，垂足為點F，若BF＝7，AE＝3，則EF＝　 ??；
（2）探索：如圖2，已知等腰直角△ABC，點E是內(nèi)部一點，且CE＝4，AE垂直CE，連接BE，求△BCE的面積；
（3）應用：如圖3，已知鈍角三角形ABC（∠ACB＞90°），∠A＝45°，以BC為邊在直線BC與點A同側的位置作等腰直角△BCD，過點D作DE垂直AB，垂足為點E，則線段AE與線段BE有怎樣的數(shù)量關系呢？并請說明由．

【答案】（1）4；（2）8；（3）AE=BE，理由見解析
【分析】（1）由“AAS”可證△ACE≌△CBF，可得AE=CF=3，CE=BF=7，即可求解；
（2）由“AAS”可證△ACE≌△BCF，可得CE=BF=4，由三角形的面積公式可求解；
（3）由“AAS”可證△BDE≌△DCF，可得DF=BE，CF=DE，由等腰直角三角形的性質可得AE=EH，HF=CF=DE，由線段的和差關系可得結論．
【詳解】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠BCF=90°，
∵AE⊥CE，BF⊥CE，
∴∠E=∠BFC=90°，
∴∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCF，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE=CF=3，CE=BF=7，
∴EF=CE-CF=4，
故答案為：4；
（2）如圖2，過點B作BF⊥CE，交CE的延長線于點F，

∴∠BFC=∠AEC=∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠BCF=90°=∠ACE+∠CAE，
∴∠CAE=∠BCF，
又∵AC=BC，
∴△ACE≌△BCF（AAS），
∴CE=BF=4，
∴S△BCE=×CE×BF=8；
（3）AE=BE，
理由如下：如圖3，延長DE，AC交于點H，過點C作CF⊥DH于點F，

∵CF⊥DH，DE⊥AB，
∴∠CFD=∠DEB=∠CDB=90°，
∴∠CDF+∠BDE=90°=∠DBE+∠BDE，
∴∠CDF=∠DBE，
又∵CD=BD，
∴△BDE≌△DCF（AAS），
∴DF=BE，CF=DE，
∵∠A=45°，DH⊥AB，
∴∠A=∠H=45°，
∴AE=EH，∠H=∠HCF=45°，
∴HF=CF=DE，
∴AE=EH=EF+CH=EF+CF=EF+DE=DF，
∴AE=BE．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．
49．（2022秋·湖南郴州·八年級?？计谥校┣榫坝^察：
如圖1，中，，，，，垂足分別為，，與交于點．

（1）寫出圖1中所有的全等三角形________________________________；
（2）線段與線段的數(shù)量關系是，并寫出證明過程：
問題探究：
如圖2，在中，，，平分，，垂足為，與交于點．求證：．
【答案】（1），；（2）見解析；問題探究：見解析
【分析】（1）根據(jù)等腰三角形性質、全等三角形的判定定理解答；
（2）根據(jù)全等三角形的性質解答；
問題探究：延長AB、CD交于點G，分別證明、，根據(jù)全等三角形的性質證明．
【詳解】解：（1）在和中，
，
∴；
∵，
∴,,
∵,,,
∴,
∵,
∴,
∴,
在和中，
，
∴，
故答案為：，；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
問題探究：延長AB、CD交于點G，如圖所示：

∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠GAD，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝∠ADG＝90°，
在△ADC和△ADG中，
，
∴△ADC≌△ADG（ASA），
∴CD＝GD，即CG＝2CD，
∵∠BAC＝45°，AB＝BC，
∴∠ABC＝90°，
∴∠CBG＝90°，
∴∠G＋∠BCG＝90°，
∵∠G＋∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠BCG，
在△ABE和△CBG中，
，
∴△ADC≌△CBG（ASA），
∴AE＝CG＝2CD．
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，全等三角形的判定與性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．
50．（2022秋·北京·八年級北京二十中?？计谥校┰诘冗叀鰽BC中，線段AM為BC邊上的中線．點D在直線AM上，以CD為一邊在CD的下方作等邊△CDE，連接BE．
（1）當點D在線段AM上時，
①請在圖1中補全圖形；
②∠CAM的度數(shù)為 　 　；
③求證：△ADC≌△BEC；
（2）當點D在直線AM上時，直線BE與直線AM的交點為O（點D與點M不重合，點E與點O不重合），直接寫出線段OE，OM，DM與BE的數(shù)量關系．

【答案】（1）①見解析；②30；③見解析；（2）或或
【分析】（1）①根據(jù)題意補全圖形即可；
②根據(jù)等邊三角形的性質可以直接得出結論；
③根據(jù)等邊三角形的性質就可以得出AC＝AC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，由等式的性質就可以得出∠BCE＝∠ACD，根據(jù)SAS就可以得出△ADC≌△BEC；
（2）分①當點D在BC的上方；②點D在BC的下方BE的上方；③當D在BE的下方三種情況進行討論即可．
【詳解】（1）①如圖所示：

②∵△ABC是等邊三角形，
∴∠BAC＝60°．
∵線段AM為BC邊上的中線
∴∠CAM＝∠BAC，
∴∠CAM＝30°．
③∵△ABC與△DEC都是等邊三角形
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°
∴∠ACD＋∠DCB＝∠DCB＋∠BCE
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ADC和△BEC中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
（2）①當點D在BC的上方時，如圖1，

由（1）知，△ACD≌△BCE，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴在中， ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴
②當點D在BC的下方BE的上方時，如圖2，

同理可證：△ACD≌△BCE，
∴
∵AO⊥BC
∴
∵
∴；
③當D在BE的下方時，如圖3，

同理可證：△ACD≌△BCE，
∴
∵AO⊥BC
∴
∵
∴；
【點睛】本題考查作圖-復雜作圖，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，直角三角形30°角的性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題．
51．（2022春·廣東廣州·八年級校聯(lián)考期中）在平面直角坐標系xOy中，點B、C的坐標分別為（0，0）、（12，0），點A在第一象限，且△ABC是等邊三角形．點D的坐標為（4，0），E是邊AB上一動點，連接DE，以DE為邊在DE右側作等邊△DEF．

(1)求出A點坐標；
(2)當點F落在邊AC上時，△CDF與△BED全等嗎？若全等，請給予證明；若不全等，請說明理由；
(3)連接CF，當△CDF是等腰三角形時，______．
【答案】(1)A（6，）；
(2)△CDF≌△BED，證明見解析；
(3)10＋2或6或2＋2．

【分析】（1）如圖1中，過點A作AH⊥BCA于點H．解直角三角形求出BH，AH，可得結論；
（2）如圖2中，結論：△CDF≌△BED．根據(jù)AAS證明三角形全等即可；
（3）分三種情形：如圖3?1中，當CD＝CF時，過點C作CJ⊥DF于點J，過點D作DK⊥BE于點K．如圖3?2中，當FD＝FC時，過點F作FT⊥CD于點T．如圖3?3中，當DF＝DC＝8時，DE＝DF＝8，分別求出KE，BK可得結論．
（1）
解：如圖1中，過點A作AH⊥BC于點H．

∵C（6，0），
∴BC＝6，
∵△ABC是等邊三角形，AH⊥BC，
∴∠ABH＝60°，BH＝HC＝6，
∴，
∴A（6，）；
（2）
如圖2中，結論：△CDF≌△BED．

理由：∵△DEF是等邊三角形，△ABC是等邊三角形，
∴∠EDF＝∠ABC＝60°，DE＝DF，
∵∠EDC＝∠ABC＋∠DEB＝∠EDF＋∠FDC，
∴∠DEB＝∠CDF，
在△CDF和△BED中，
，
∴△CDF≌△BED（AAS）；
（3）
如圖3?1中，當CD＝CF時，過點C作CJ⊥DF于點J，過點D作DK⊥BE于點K，過點F作FP⊥CD于點P．

設DE＝DF＝x，
∵D（4，0），
∴OD＝4，
∵∠DKB＝90°，∠DOK＝60°，
∴∠BDK＝30°，
∴BK＝OD＝2，．
∵CD＝CF，CJ⊥DF，
∴DJ＝FJ＝x，
∵∠DKE＝∠FPD＝90°，∠DEK＝∠FDP，DE＝FD，
∴△DKE≌△FPD（AAS），
∴EK＝DP，DK＝FP＝，
∵S△CDF＝?CD?FP＝?DF?CJ，
∴，
解得，或（舍去），
∴
∴
∴EK＝，
∴BE＝BK＋EK＝；
如圖3?2中，當FD＝FC時，過點F作FT⊥CD于點T．

∵FD＝FC，F(xiàn)T⊥CD，
∴DT＝TC＝4，
∵∠DKE＝∠DTF＝90°，∠DEK＝∠FDT，DE＝DF，
∴△EKD≌△DTF（AAS），
∴EK＝DT＝4，
∴BE＝BK＋EK＝2＋4＝6；
如圖3?3中，當DF＝DC＝8時，DE＝DF＝8，

∴，
∴BE＝BK＋EK＝2＋2，
綜上所述，滿足條件的BE的值為10＋2或6或2＋2，
故答案為：10＋2或6或2＋2．
【點睛】本題屬三角形綜合題，考查了等邊三角形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．
52．（2022春·江西撫州·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在平面直角坐標系中，O是坐標原點，正方形OABC的頂點A、C分別在x軸與y軸上，已知正方形邊長為6，點D為x軸上一點，其坐標為，連接CD，點P從點C出發(fā)以每秒1個單位的速度沿折線C→B→A的方向向終點A運動，當點P與點A重合時停止運動，運動時間為t秒．

(1)連接OP，當點P在線段BC上運動，且滿足時，求直線OP的表達式；
(2)連接PC、PD，求的面積S關于t的函數(shù)表達式；
(3)點P在運動過程中，是否存在某個位置使得為等腰三角形，若存在，直接寫出點P的坐標，若不存在，說明理由．
【答案】(1)y=3x
(2)
(3)（4，6）或（6，）或（6，4）或（6，）

【分析】（1）根據(jù)全等三角形的性質求出點P坐標，再利用待定系數(shù)法即可解決問題；
（2）分點P在線段BC上，點P在線段AB上兩種情形討論求解即可；
（3）分DC=DP1時，DC=DP2時，CD=CP3時，P4C=P4D時四種情形討論求解即可．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCO是正方形，
∴∠COD=∠OCP，
∵OC=CO，
∴當CP=OD=2時，△CPO≌△ODC，
∴P（2，6），
設直線OP的解析式為y=kx，則有3=k，
∴直線OP的解析式為y=3x；
（2）當點P在線段BC上時，如圖，

S=?CP?CO=3t（0＜t≤6），
當點P在線段AB上時，如圖，

BP=t-6，AP=6-（t-6）=12-t，
S=6×6-×2×6-×6×（t-6）-×4×（12-t）=-t+24（6＜t≤12），
綜上所述，S=；
（3）如圖，

①當DC=DP1時，P1（4，6）；
②當DC=DP2時，∵CD==，
∴AP2=，
∴P2（6，）；
③當CD=CP3=時，BP3==2，
∴AP3=4，
∴P3（6，4）；
④當P4C=P4D時，設AP4=a，
則有42+a2=62+（6-a）2，
解得a=，
∴P4（6，），
綜上所述，滿足條件的點P坐標為（4，6）或（6，）或（6，4）或（6，）．
【點睛】本題考查一次函數(shù)綜合題、正方形的性質、勾股定理、待定系數(shù)法等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．
53．（2022春·福建泉州·八年級校聯(lián)考期中）如圖

(1)模型建立，如圖，等腰直角三角形中，，，直線經(jīng)過點，過作于，過作于求證：≌；
(2)模型應用：
①已知直線與軸交于點，與軸交于點，將線段繞點逆時針旋轉度，得到線段，過點，作直線，求直線的解析式；
②如圖，矩形，為坐標原點，的坐標為，，分別在坐標軸上，是線段上動點，已知點在第一象限，且是直線上的一點，若是不以為直角頂點的等腰直角三角形，請直接寫出所有符合條件的點的坐標．
【答案】(1)證明見解析
(2)①；②點坐標為：，，

【分析】（1）由條件可求得，利用可證明≌；
（2）①過作軸于點，由直線解析式可求得、的坐標，利用模型結論可得，，從而可求得點坐標，利用待定系數(shù)法可求得直線的解析式；
②分三種情況考慮：如圖所示，當時，，可得點在的中垂線上，即點橫坐標為，易得點坐標；如圖所示，當時，，設點的坐標為，表示出點坐標為，列出關于的方程，求出的值，即可確定出點坐標；如圖所示，當時，時，同理求出的坐標．
（1）
證明：，
，
，
在和中，

≌；
（2）
①∵如圖，過作軸于點，
直線與軸交于點，與軸交于點，
令可求得，令可求得，
，，
同可證得≌，
，，
，
，且，
設直線解析式為，
把點坐標代入可得，
解得
直線解析式為，

的坐標為，
，
如圖，當時，，
點在的中垂線上，即點橫坐標為
點坐標；
如圖，當時，，
設點的坐標為，則點坐標為，由，得，
點坐標；
如圖，當時，時，同理可求得點坐標，
綜上所述：點坐標為：，，

【點睛】本題為一次函數(shù)的綜合應用，涉及全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的性質、旋轉的性質、分類討論及數(shù)形結合的思想．本題第二問注意考慮問題要全面，做到不重不漏．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度較大．
54．（2022秋·北京朝陽·八年級?？计谥校τ谄矫嬷苯亲鴺讼祒Oy中的線段AB及點P，給出如下定義：若點P滿足PA=PB，則稱P為線段AB的“軸點”，其中，當0°＜∠APB＜60°時，稱P為線段AB的“遠軸點”；當60°≤∠APB≤180°時，稱P為線段AB的“近軸點”．

(1)如圖1，點A，B的坐標分別為(-2，0)，(2，0)，則在，，， 中，線段AB的“近軸點”是 ；
(2)如圖2，點A的坐標為(3，0)，點B在y軸正半軸上，且∠OAB=30°．
①若P為線段AB的“遠軸點”，直接寫出點P的橫坐標t的取值范圍______；
②點C為y軸上的動點(不與點B重合且BC≠AB)，若Q為線段AB的“軸點”，當線段QB與QC的和最小時，直接寫出點Q的坐標．
【答案】(1)、
(2)①或；②點Q的坐標為(1，0)

【分析】（1）如圖1中作等邊，根據(jù)點C，的坐標即可判斷；
（2）①作以AB為邊作等邊△ABD或△ABD′，根據(jù)點A的坐標為(3，0)，點B在y軸正半軸上，且∠OAB＝30°．求出點D(0，-)，D′(3，2)，根據(jù)遠軸點的定義通過圖像可得點P在直線DD′上，線段DD′外即可結論；②根據(jù)題意，點Q在線段AB的垂直平分線l上，將情況分為點B，C在l的同側以及在l的異側進行討論：當B，C在l的同側時，易知當點C與點O重合，Q為AO與直線l的交點時，QB+QC最小，根據(jù)30°角的三角函數(shù)關系得到QC與BQ的關系，再根據(jù)OA=QC+AQ=QC+BQ=3列方程求出Q點坐標即可；當B，C在l的異側時，顯然QB+QC＞3，即可得到答案．
【詳解】（1）如圖作等邊，

由題意可知，當點P在線段上時，點P是近軸點，
∴點是近軸點，
故答案為：．
（2）①作以AB為邊作等邊△ABD或△ABD′
∵點A的坐標為(3，0)，點B在y軸正半軸上，且∠OAB＝30°．
∴OA=3，AB=2OB，
∴即
解得OB=，
∴AB=2OB=2，
∴BD=AD=AD′=2，
點D(0，-)
=∠OAB+∠BAD′=30°+60°=90°
∴AD′⊥OA，
∴D′(3，2)，
當點P為AB的遠軸點時，點P在DD′線段外，直線DD′上，
∴點P的橫坐標比3大或比0小，
∴t＜0或t＞3．
故答案為：t＜0或t＞3．

②根據(jù)題意，點Q在線段AB的垂直平分線l上．
當點B，C在直線l的同側時，
對于滿足題意的點C的每一個位置，都有QB+QC=QA+QC．
∵QA+QC≥AC，AC≥AO
∴當點C與點O重合，Q為AO 與直線l交點時，QB+QC最?。?br /> ∵∠OAB=30°，AQ=BQ，
∴∠QBA=∠QBO=30°．
∴OQ=BQ．
在Rt△BOQ中，設OQ=x，則AQ=BQ=2x．
∴3x=3．
解得 x=1．
∴Q(1，0)．
當點B，C在直線l的異側時，QB+QC＞3．
綜上所述，當點Q的坐標為(1，0)時，線段QB與QC的和最?。?br />
【點睛】本題主要考查學生對新定義的理解能力、垂直平分線的性質以及運用一元一次方程解決問題的能力，解題的關鍵是正確理解題中所給“遠軸點”、“近軸點”的意義，并利用所學靈活解決問題．
55．（2020秋·遼寧沈陽·八年級沈陽市第七中學校考期中）如圖所示，在平面直角坐標系中，點A坐標為（2， 0），點B坐標為（3， 1），將直線AB沿x軸向左平移經(jīng)過點C （1，1）．
（1）求平移后直線L的解析式；
（2）若點P從點C出發(fā)，沿（1）中的直線L以每秒1個單位長度的速度向直線L與x軸的交點運動，點Q從原點O出發(fā)沿x軸以每秒2個單位長度的速度向點A運動，兩點中有任意一點到達終點運動即停止，設運動時間為t．是否存在t，使得△OPQ為等腰三角形?若存在，直接寫出此時t的值：若不存在，請說明理由，

【答案】（1）；（2）存在t，使得△OPQ為等腰三角形，其中，，
【分析】（1） 先求出AB解析式，再根據(jù)平移k不變即可求出平移后直線L的解析式；
（2）用時間t表示出△OPQ的三邊的長，再分類討論解方程即可.
【詳解】（1）設AB解析式為
∵點A坐標為（2， 0），點B坐標為（3， 1）
∴
解得
∴AB解析式為
∴設AB平移后直線L的解析式為
∵平移經(jīng)過點C （1，1）
∴
解得
∴AB平移后直線L的解析式為
（2）過P作PD⊥OA與D，

由題意得,
∵C （1，1）
∴∠COA=45°，
∴
∴
∴
∴
①當OP=OQ時，，解得；
②當OP=PQ時，
解得（舍去），或
②當OQ=PQ時，
解得（舍去），或
綜上所述存在t，使得△OPQ為等腰三角形，其中，，
【點睛】本題考查動點問題中的等腰三角形存在性問題，解題的關鍵是用時間t表示三角形的邊長，計算量有點大，但是如果注意計算技巧不是太難.
56．（2022秋·北京·八年級清華附中校考期中）對于及其內(nèi)部任意一點，給出如下定義：若點滿足且，則稱點為點A關于的“鄰近點”．在平面直角坐標系中，點坐標為．
(1)如圖，點在軸上方，若為等邊三角形，

①在點，，中，點關于的“鄰近點”是______；
②已知點是點關于的“鄰近點”，若點的橫坐標為1，則線段長度的取值范圍是______；
(2)已知點的坐標為，
①若，在圖中畫出所有點關于的“鄰近點”組成的圖形；

②規(guī)定：橫、縱坐標均為整數(shù)的點稱為整點，當時，點關于的“鄰近點”中有個整點，請直接寫出所有可能取值的和為______．
【答案】(1)①；②．
(2)①畫圖見解析；②12

【分析】（1）①根據(jù)“鄰近點”的定義可直接判斷點不是點關于的“鄰近點”；分別計算，，，，，的長，再根據(jù)“鄰近點”的定義判斷即可；②設，分別求出，和的長，再根據(jù)“鄰近點”的定義即得出關于t的不等式，解出t即可．
（2）①由圖可知，．設點P為點M關于的“鄰近點”．分別求出，，．根據(jù)“鄰近點”的定義即得出關于和的不等式，解出和即可畫圖；②設點P為點M關于的“鄰近點”．根據(jù)“鄰近點”的定義可求出，．再畫出圖形即可求解．
【詳解】（1）①由圖可知點在外部，
∴點不是點關于的“鄰近點”；
∵，為等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，，，
又∵，，即，，
∴點是點關于的“鄰近點”；
∵，，，
∴，，
∴點不是點關于的“鄰近點”．
故答案為：；
②設，
∵點是點關于的“鄰近點”，
∴，．
∵，，，
∴，，
∴，．
∵，
∴只需即可，
解得：，
∴．
故答案為：；
（2）①由圖可知，．
設點P為點M關于的“鄰近點”．
∴，，．
∵，且，
∴，，即，，
解得：，．
又∵點P在內(nèi)部，
∴畫出所有點關于的“鄰近點”組成的圖形為正方形（不包括邊和和各頂點），如圖；

②∵，．
設點P為點M關于的“鄰近點”．
∴，，．
∵，且，
∴，，即，，
解得：，．
又∵點P在內(nèi)部，，
∴，．
如圖，

∴點關于的“鄰近點”中有12個整點，
∴所有可能取值的和為12．
故答案為：12．
【點睛】本題考查等邊三角形的性質，兩點的距離公式等知識．理解“鄰近點”的定義并利用數(shù)形結合的思想是解題關鍵．
57．（2022春·重慶北碚·八年級西南大學附中?？计谥校┮阎妊c等腰中，，，連接EC，點M為線段EC的中點，連接DM．

(1)如圖1，當D點恰好為線段AB中點時，求線段DM的長度；
(2)當從圖1所示位置繞著點A逆時針旋轉一定角度，使得點E在線段DM上方，到達如圖2所示位置時，連接BD，求證：；
(3)當從圖1所示位置繞著點A逆時針旋轉150°時到達圖3所示位置，F(xiàn)為直線AD上一點，連接MF并將線段MF繞點M逆時針旋轉90°使得點F落在點N處，連接AN、CN，若，求的最小值．
【答案】(1)DM=2；
(2)見解析
(3)

【分析】（1）由AAS可證△DEM≌△NCM，可得CN=DE，DM=MN，等腰直角三角形的性質可求解；
（2）由ASA可證△EDM≌△CHM，可得DE=CH，DM=MH，由SAS可證△ABD≌△CBH，可得BD=BH，∠DBA=∠CBH，可證△DBH是等腰直角三角形，可得結論；
（3）先求出點N在過點B垂直于AD的直線BO上運動，由等腰直角三角形的性質和勾股定理可求AC的長，即可求解．
(1)
如圖1，延長DM交BC于N，

∵點M為線段EC的中點，
∴EM=CM，
∵∠BDE=∠B=90°，
∴DE∥BC，
∴∠CNM=∠EDM，
又∵∠DME=∠CMN，
∴△DEM≌△NCM（AAS），
∴CN=DE，DM=MN，
∵點D是AB中點，
∴AD=DB=4，
∴AB=BC=8，
∵AD=DE=CN=4，
∴BN=4，
∴DN=4，
∴DM=2；
(2)
如圖2，過點C作CH∥DE，交DM的延長線于點H，連接BH，BM，

∵CH∥DE，
∴∠DEM=∠HCM，
又∵EM=CM，∠EMD=∠CMH，
∴△EDM≌△CHM（ASA），
∴DE=CH，DM=MH，
∵∠ADE+∠DEC+∠DAB+∠ECB+∠ABC=540°，
∴∠DAB+∠DEC+∠ECB=360°，
又∵∠ECB+∠ECH+∠BCH=360°，??
∴∠DAB=∠BCH，
又∵AB=BC，
∴△ABD≌△CBH（SAS），
∴BD=BH，∠DBA=∠CBH，
∴∠DBH=∠ABC=90°，
∴△DBH是等腰直角三角形，
又∵DM=MH，
∴BM⊥DM，DM=MB，??
∴BD=DM；
(3)
如圖3，連接DM，BM，連接NB并延長交直線AD于點O，

由（2）可知：DM=MB，∠DMB=90°，
∵將線段MF繞點M逆時針旋轉90°使得點F落在點N處，
∴FM=MN，∠FMN=90°=∠DMB，
∴∠DMF=∠BMN，
∴△DMF≌△BMN（SAS），
∴∠MDF=∠MBN，
∴∠MBN+∠MBO=180°=∠MDO+∠MBO=180°，
∴∠AOB=360°-∠DMB-（∠MDO+∠MBO）=90°，
∴點N在過點B垂直于AD的直線BO上運動，
如圖，過點A作關于直線OB的對稱點A'，連接A'C交直線OB于點N'，連接AN'，
此時AN+CN的最小值為A'C的長，
如圖，過點E作EH⊥AC于H，
由題意可得∠DAB=150°，AD=DE=4，∠ADE=90°，
∴∠BAO=30°，AE=4，∠DAE=45°，∠EAC=150°-∠DAE-∠CAB=60°，
∵EH⊥AC，
∴∠EHA=90°，
∴∠AEH=30°，
∴AH=AE=2，EH=AH=2，
∴，
∴AC=8，
又∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴AB=BC=8，
∵∠BAO=30°，∠AOB=90°，
∴BO=4，AO=4，
∵點A，點A'關于直線OB對稱，
∴AO=A'O=4，
如圖，過點C作CG⊥DO于G，交AB于Q，

∴∠AGQ=∠CBA=90°，
又∵∠AQG=∠CQB，
∴∠BCQ=∠BAO=30°，
又∵BC=8，∠ABC=90°，
∴，
∴
∵∠BAO=30°，
∴
∴
∴A'G=CG，
又∵∠A'GC=90°，
∴．
∴AN+CN的最小值為
【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，軸對稱的性質等知識，添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．
58．（2022春·河南洛陽·八年級洛陽市第二外國語學校?？计谥校?）閱讀理解：如圖1，等邊內(nèi)有一點P，若點P到頂點A，B，C的距離分別為3，4，5，求的大?。?br />
思路點撥：考慮到不在一個三角形中，采用轉化與化歸的數(shù)學思想，可以將繞頂點A逆時針旋轉60°到處，此時，這樣，就可以利用全等三角形知識，結合已知條件，將三條線段的長度轉化到一個三角形中，從而求出________
（2）變式拓展：請你利用第（1）問的解答思想方法，解答下面問題：
如圖2，在中，，E、F為BC上的點且，求EF的大小．
（3）能力提升：如圖3，在中，，點O為內(nèi)一點，連接，且，請直接寫出_______．
【答案】（1）150°；（2）10；（3）7
【分析】（1）根據(jù)旋轉變換前后的兩個三角形全等，全等三角形對應邊相等，全等三角形對應角相等以及等邊三角形的判定和勾股定理逆定理解答．
（2）把△ABE繞點A逆時針旋轉90°得到△ACE′，根據(jù)旋轉的性質可得AE′=AE，CE′=CE，∠CAE′=∠BAE，∠ACE′=∠B，∠EAE′=90°，再求出∠E′AF=45°，從而得到∠EAF=∠E′AF，然后利用“邊角邊”證明△EAF和△E′AF全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得E′F=EF，再利用勾股定理列式即可解決問題．
（3）將△AOB繞點B順時針旋轉60°至△A′O′B處，連接OO′，根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AB=2AC，即A′B的長，再根據(jù)旋轉的性質求出△BOO′是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等可得BO=OO′，等邊三角形三個角都是60°，求出∠BOO′=∠BO′O=60°，然后求出C、O、A′、O′四點共線，再利用勾股定理列式求出A′C，從而得到OA+OB+OC=A′C，即可求解．
【詳解】解：（1）∵，
∴，
由題意知旋轉角，
∴為等邊三角形，
，
根據(jù)勾股定理可證為直角三角形，且，
∴；
故答案為：150°；
（2）如圖2，把繞點A逆時針旋轉90°得到，

由旋轉的性質得，，
，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
即．
∴，
解得：；
（3）如圖3，將繞點B順時針旋轉60°至處，連接，

∵在中，，
∴，
∴，
∵繞點B順時針方向旋轉60°，
∴如圖所示；
，
∵，
∴，
∵繞點B順時針方向旋轉60°，得到，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∵，
∴
∴四點共線，
在中，，
∴，
∴；
故答案為：7；
【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，讀懂題目信息，理解利用旋轉構造出全等三角形和等邊三角形以及直角三角形是解題的關鍵．
59．（2022秋·湖南岳陽·八年級統(tǒng)考期中）數(shù)學課上，老師出示了如下框中的題目：

小敏與同桌小聰討論后，進行了如下解答：
（1）特殊情況，探索結論
當點E為AB的中點時，如圖1，確定線段AE與DB的大小關系．請你直接寫出結論：AE_______DB（填“＞”，“＜”或“＝”）．

（2）特例啟發(fā)，解答題目
解：題目中，AE與DB的大小關系是：AE　 　DB（填“＞”，“＜”或“＝”）理由如下：如圖2，過點E作EF∥BC，交AC于點F，（請你接著繼續(xù)完成以下解答過程）
（3）拓展結論，設計新題
在等邊三角形ABC中，點E在直線上AB上，點D在直線BC上，且ED＝EC．若△ABC的邊長為3，AE＝5，求CD的長（請你直接寫出結果）．
【答案】（1）＝；（2）＝，見解析；（3）CD的長是8或2
【分析】（1）利用等腰三角形三線合一的性質以及等邊三角形的性質可以得出∠BCE=∠ACE=30°，又根據(jù)ED=EC得到∠D=∠ECD=30°，可進一步得出∠D=∠DEB，推出BD=BE即可解決問題；
（2）作EF∥BC交AC于F，先證明△AEF為等邊三角形，再證明△DBE≌△EFC即可解決問題；
（3）分四種情形：①當點E在AB的延長線上，點D在CB的延長線上時，由（2）同理可得BD=AE，再根據(jù)CD=BD+BC即可求出結果；②當點E在BA的延長線上，點D在BC的延長線上時，過A作AN⊥BC于N，過E作EM⊥CD于M，先求出CM的長，從而可得出CD的長；③當點E在AB的延長線上，點D在BC的延長線上時，由于∠ECD＞∠EBC，此時不存在EC＝ED；④當點E在BA的延長線上，點D在CB的延長線上時，有∠ECD＞∠EDC，此時情況不存在．
【詳解】解：（1）如圖1中，結論：AE=BD．
∵△ABC是等邊三角形，AE=EB，
∴∠BCE=∠ACE=30°，∠ABC=60°，
∵ED=EC，
∴∠D=∠ECD=30°，
∵∠EBC=∠D+∠BED，
∴∠D=∠BED=30°，
∴BD=BE=AE．
故答案為：=．
（2）AE＝DB．
理由如下：如圖2，過點E作EF∥BC，交AC于點F，
在等邊△ABC中，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC，
∵EF∥BC，
∴∠AEF＝∠ABC，∠AFE＝∠ACB，
∴∠AEF＝∠AFE＝∠BAC＝60°，
∴AE＝AF＝EF，
∴AB﹣AE＝AC﹣AF，
即BE＝CF，
∵∠ABC＝∠EDB+∠BED，∠ACB＝∠ECB+∠FCE，
∵ED＝EC，
∴∠EDB＝∠ECB，
∴∠BED＝∠FCE，
在△DBE和△EFC中
，
∴△DBE≌△EFC（SAS），
∴DB＝EF，
∴AE＝BD，
故答案為：＝．
（3）分為四種情況：
①當點E在AB的延長線上，點D在CB的延長線上時，如圖：

∵AB＝AC＝3，AE＝5，
同（2）可得BD=AE，
∴BD＝AE＝5，
∴CD＝3+5＝8；
②當點E在BA的延長線上，點D在BC的延長線上時，如圖，過A作AN⊥BC于N，過E作EM⊥CD于M，

∵等邊三角形ABC，
∴∠AEM=90°-∠B=30°，
∴BM＝BE＝×（3+5）＝4，
∴CM＝BM-BC＝4﹣3＝1，
∵EC=ED，EM⊥CD，
∴CD＝2CM＝2；
③當點E在AB的延長線上，點D在BC的延長線上時，如圖，

∵∠ECD＞∠EBC（∠EBC＝120°），而∠ECD不能大于120°，否則△EDC不符合三角形內(nèi)角和定理，
∴此時不存在EC＝ED；
④當點E在BA的延長線上，點D在CB的延長線上時，如圖，

∵∠EDC＜∠ABC，∠ECB＞∠ACB，
又∵∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠ECD＞∠EDC，
即此時ED≠EC，
∴此時情況不存在，
綜上所述：CD的長是8或2．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質以及含30°的直角三角形的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，（3）中注意分類討論思想的應用，屬于中考壓軸題．
60．（2022秋·湖北鄂州·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在平面直角坐標系中，已知A(a，0)、B(﹣b，0)且a、b滿足+|a﹣2b+2|＝0．
（1）求證：∠OAB＝∠OBA；
（2）如圖1，若BE⊥AE，求∠AEO的度數(shù)；
（3）如圖2，若D是AO的中點，DEBO，F(xiàn)在AB的延長線上，∠EOF＝45°，連接EF，試探究OE和EF的數(shù)量和位置關系．

【答案】（1）見解析；（2）45°；（3）FE=EO且FE⊥EO
【分析】（1）根據(jù)非負數(shù)的性質得到，解之確定A（0，2）、B（-2，0），得到OA=OB，所以△AOB為等腰直角三角形，即可解答；
（2）如圖1，過點O作OF⊥OE交AE于F，利用已知條件證明△OBE≌△OAF（ASA），得到OE=OF，即△OEF為等腰直角三角形，即可解答；
（3）過點F作FG⊥OF交OE的延長線于G，過點F作FH⊥FB交x軸于H，延長DE交HG于I，利用已知條件證明△HFG≌△BFO（SAS），得到GH=OB=OA，再證明△EIG≌△EDO（AAS）得到EG=EO，進而FE=EO且FE⊥EO（三線合一）．
【詳解】解：（1）∵+|a-2b+2|=0，
又∵≥0，|a-2b+2|≥0，
∴，解得：，
∴A（0，2）、B（-2，0），
∴OA=OB，
∴△AOB為等腰直角三角形，
∴∠OAB=∠OBA=45°，
（2）如圖1，過點O作OF⊥OE交AE于F，

∵∠AOF+∠BOF=90°，∠BOE+∠BOF=90°，
∴∠AOF=∠BOE，
∵BE⊥AE，
∴∠AEB=90°，
又∵∠AOB=90°，
∴∠OBE=∠OAF，
在△OBE和△OAF中，
，
∴△OBE≌△OAF（ASA），
∴OE=OF，
∴△OEF為等腰直角三角形，
∴∠AEO=45°；
（3）過點F作FG⊥OF交OE的延長線于G，過點F作FH⊥FB交x軸于H，延長DE交HG于I，

∵∠EOF=45°，∠HBF=∠ABO=45°，
∴△OFG、△HFB為等腰直角三角形，
∵∠HFG+∠GFB=90°，∠BFO+∠GFB=90°，
∴∠HFG=∠BFO，
在△HFG和△BFO中，
，
∴△HFG≌△BFO（SAS），
∴GH=OB=OA，
又∵∠GHF=∠OBF=135°，
∴∠GHO=90°，
∴HI=OD=IG，
在△EIG和△EDO中，
，
∴△EIG≌△EDO（AAS），
∴EG=EO，
∴FE=EO且FE⊥EO（三線合一）．
【點睛】本題考查了非負數(shù)的性質、全等三角形的性質定理與判定定理，解決本題的關鍵是作出輔助線，構建全等三角形，利用全等三角形的對應邊相等得到相等的線段．



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