苏教版数学八年级上册 压轴题 期末复习试卷试卷(word版含答案)

苏教版数学八年级上册 压轴题 期末复习试卷试卷（word 版含答案）
一、压轴题
1．定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点(),A a b ，(),B c d ，若点(),T x y 满足3a c x +=，3
b d y +=那么称点T 是点A ，B 的融合点．例如：()1,8A -，()4,2B -，当点(),T x y 满足1413x -+=
=，()8223
y +-==时，则点()1,2T 是点A ，B 的融合点． （1）已知点()1,5A -，()7,4B ，()2,3C ，请说明其中一个点是另外两个点的融合点． （2）如图，点()4,0D ，点(),25E t t +是直线l 上任意一点，点(),T x y 是点D ，E 的融合点．
①试确定y 与x 的关系式；
②在给定的坐标系xOy 中，画出①中的函数图象；
③若直线ET 交x 轴于点H ．当DTH 为直角三角形时，直接写出点E 的坐标．
2．对于实数x ，若231a x ≤+，则符合条件的a 中最大的正数为X 的內数，例如：8的内数是5；7的内数是4．
（1）1的内数是______，20的內数是______，6的內数是______；
（2）若3是x 的內数，求x 的取值范围；
（3）一动点从原点出发，以3个单位/秒的速度按如图1所示的方向前进，经过t 秒后，动点经过的格点（横，纵坐标均为整数的点）中能围成的最大实心正方形的格点数（包括正方形边界与内部的格点）为n ，例如当1t =时，4n =，如图2①……；当4t =时，9n =，如图2②，③；……
①用n 表示t 的內数；
②当t 的內数为9时，符合条件的最大实心正方形有多少个，在这些实心正方形的格点中，直接写出离原点最远的格点的坐标．（若有多点并列最远，全部写出）
3．如图，直线2y x m =-+交x 轴于点A ，直线122
y x =+交x 轴于点B ，并且这两条直线相交于y 轴上一点C ，CD 平分ACB ∠交x 轴于点D ．
（1）求ABC 的面积．
（2）判断ABC 的形状，并说明理由．
（3）点E 是直线BC 上一点，CDE △是直角三角形，求点E 的坐标．
4．如图，直线l 1：y 1=﹣x +2与x 轴，y 轴分别交于A ，B 两点，点P （m ，3）为直线l 1上一点，另一直线l 2：y 2=12
x +b 过点P ． （1）求点P 坐标和b 的值；
（2）若点C 是直线l 2与x 轴的交点，动点Q 从点C 开始以每秒1个单位的速度向x 轴正方向移动．设点Q 的运动时间为t 秒．
①请写出当点Q 在运动过程中，△APQ 的面积S 与t 的函数关系式；
②求出t 为多少时，△APQ 的面积小于3；
③是否存在t 的值，使△APQ 为等腰三角形？若存在，请求出t 的值；若不存在，请说明理由．
5．如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝﹣
34x+m 分别与x 轴、y 轴交于点B 、A ．其中B 点坐标为（12，0），直线y ＝3
8x 与直线AB 相交于点C ．
（1）求点A 的坐标．
（2）求△BOC 的面积．
（3）点D 为直线AB 上的一个动点，过点D 作y 轴的平行线DE ，DE 与直线OC 交于点E （点D 与点E 不重合）．设点D 的横坐标为t ，线段DE 长度为d ．
①求d 与t 的函数解析式（写出自变量的取值范围）．
②当动点D 在线段AC 上运动时，以DE 为边在DE 的左侧作正方形DEPQ ，若以点H
（1
2
，t）、G（1，t）为端点的线段与正方形DEPQ的边只有一个交点时，请直接写出t
的取值范围．
6．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B 的另一条直线交x轴正半轴于点C，且OC＝3．
图1 图2
（1）求直线BC的解析式；
（2）如图1，若M为线段BC上一点，且满足S△AMB＝S△AOB，请求出点M的坐标；
（3）如图2，设点F为线段AB中点，点G为y轴上一动点，连接FG，以FG为边向FG右侧作正方形FGQP，在G点的运动过程中，当顶点Q落在直线BC上时，求点G的坐标；7．在平面直角坐标系中点A（m−3，3m+3），点 B（m，m+4）和 D（0，−5），且点 B 在第二象限．
（1）点 B 向 平移 单位，再向下平移 （用含 m 的式子表达）单位可以与点 A 重合； （2）若点 B 向下移动 3 个单位，则移动后的点 B 和点 A 的纵坐标相等，且有点 C （m −2，0）．
①则此时点 A 、B 、C 坐标分别为 、 、 ．
②将线段 AB 沿 y 轴负方向平移 n 个单位，若平移后的线段 AB 与线段 CD 有公共点，求 n 的取值范围．
③当 m <−1 式，连接 AD ，若线段 AD 沿直线 AB 方向平移得到线段 BE ，连接 DE 与直线y=−2 交于点 F ，则点 F 坐标为 ．（用含 m 的式子表达）
8．某校七年级数学兴趣小组对“三角形内角或外角平分线的夹角与第三个内角的数量关系”进行了探究．
（1）如图1，在△ABC 中，∠ABC 与∠ACB 的平分线交于点P ，∠A ＝64°，则∠BPC ＝ ；
（2）如图2，△ABC 的内角∠ACB 的平分线与△ABC 的外角∠ABD 的平分线交于点E ．其中∠A ＝α，求∠BEC ．（用α表示∠BEC ）；
（3）如图3，∠CBM 、∠BCN 为△ABC 的外角，∠CBM 、∠BCN 的平分线交于点Q ，请你写出∠BQC 与∠A 的数量关系，并说明理由；
（4）如图4，△ABC 外角∠CBM 、∠BCN 的平分线交于点Q ，∠A=64°，∠CBQ ，∠BCQ 的平分线交于点P ，则∠BPC= ゜，延长BC 至点E ，∠ECQ 的平分线与BP 的延长线相交于点R ，则∠R= ゜．
9．如图，以直角△AOC 的直角顶点O 为原点，以OC ，OA 所在直线为x 轴和y 轴建立平面直角坐标系，点A （0，a ），C （b ，0280a b b -+-=．
（1）点A 的坐标为________；点C 的坐标为________．
（2）已知坐标轴上有两动点P ，Q 同时出发，P 点从C 点出发沿x 轴负方向以每秒2个单位长度的速度匀速移动，Q 点从O 点出发沿y 轴正方向以每秒1个单位长度的速度匀速移动，点P 到达O 点整个运动随之结束．AC 的中点D 的坐标是（4，3），设运动时间为t 秒．问：是否存在这样的t ，使得△ODP 与△ODQ 的面积相等？若存在，请求出t 的值；若不存在，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若∠DOC=∠DCO ，点G 是第二象限中一点，并且y 轴平分
∠GOD ．点E 是线段OA 上一动点，连接接CE 交OD 于点H ，当点E 在线段OA 上运动的过程中，探究∠GOA ，∠OHC ，∠ACE 之间的数量关系，并证明你的结论（三角形的内角和为180°可以直接使用）．
10．如图1，在△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，D 为AC 边上一动点，且不与点A 点C 重合，连接BD 并延长，在BD 延长线上取一点E ，使AE ＝AB ，连接CE
．
（1）若∠AED ＝20°，则∠DEC ＝ 度；
（2）若∠AED ＝a ，试探索∠AED 与∠AEC 有怎样的数量关系？并证明你的猜想； （3）如图2，过点A 作AF ⊥BE 于点F ，AF 的延长线与EC 的延长线交于点H ，求证：EH 2+CH 2＝2AE 2．
11．已知在△ABC 中，AB ＝AC ，射线BM 、BN 在∠ABC 内部，分别交线段AC 于点G 、H ． （1）如图1，若∠ABC ＝60°，∠MBN ＝30°，作AE ⊥BN 于点D ，分别交BC 、BM 于点E 、F ．
①求证：∠1＝∠2；
②如图2，若BF ＝2AF ，连接CF ，求证：BF ⊥CF ；
（2）如图3，点E 为BC 上一点，AE 交BM 于点F ，连接CF ，若∠BFE ＝∠BAC ＝2∠CFE ，求ABF ACF S S 的值．
12．如图，四边形ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，且AB ＝AD +BC ，E 是DC 的中点，连结BE 并延长交AD 的延长线于G ．
（1）求证：DG ＝BC ；
（2）F 是AB 边上的动点，当F 点在什么位置时，FD ∥BG ；说明理由．
（3）在（2）的条件下，连结AE 交FD 于H ，FH 与HD 长度关系如何？说明理由．
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一、压轴题
1．（1）点C 是点A 、B 的融合点；（2）①2-1y x =；②见详解；③点E 的坐标为：（2，9）或（8，21）
【解析】
【分析】
（1）根据融合点的定义3a c x +=，3
b d y +=，即可求解； （2）①由题意得：分别得到x 与t 、y 与t 的关系，即可求解；
②利用①的函数关系式解答；
③分∠DTH ＝90°、∠TDH ＝90°、∠HTD ＝90°三种情况，分别求解即可．
【详解】
解：（1）x ＝-17233a c ++==，y ＝54333
b d ++==， 故点C 是点A 、B 的融合点；
（2）①由题意得：x ＝433a c t ++=，y ＝2533
b d t ++=，则3-4t x =，
则
()
23-45
2-1
3
x
y x
+
==；
②令x＝0，y＝-1；令y＝0，x＝1
2
，图象如下：
③当∠THD＝90°时，
∵点E（t，2t＋5），点T（t，2t−1），点D（4，0），且点T（x，y）是点D，E的融合点．
∴t＝1
3
（t＋4），
∴t＝2，
∴点E（2，9）；
当∠TDH＝90°时，
∵点E（t，2t＋5），点T（4，7），点D（4，0），且点T（x，y）是点D，E的融合点．
∴4＝
13
（4＋t ） ∴t ＝8， ∴点E （8，21）；
当∠HTD ＝90°时，
由于EH 与x 轴不平行，故∠HTD 不可能为90°；
故点E 的坐标为：（2，9）或（8，21）．
【点睛】
本题是一次函数综合运用题，涉及到直角三角形的运用，此类新定义题目，通常按照题设顺序，逐次求解．
2．（1）2，7，4；（2）83
x ≥；（3）①t 的内数=有2个，离原点最远的格点的坐标有两个，为()8,4-±．
【解析】
【分析】
（1）根据内数的定义即可求解；
（2）根据内数的定义可列不等式2331x ≤+，求解即可；
（3）①分析可得当1t =时，即t 的内数为2时，4n =；当4t =时，即t 的内数为3时，9n =，当5t =时，即t 的内数为4时，16n =……归纳可得结论；②分析可得当t 的内数为奇数时，最大实心正方形有2个；当t 的内数为偶数时，最大实心正方形有1个；且最大实心正方形的边长为：t 的內数－1，即可求解．
【详解】
解：（1）22311=⨯+，所以1的内数是2；
232017⨯+>，所以20的内数是7；
23614⨯+>，所以6的内数是4；
（2）∵3是x 的內数，
∴2331x ≤+， 解得83
x ≥； （3）①当1t =时，即t 的内数为2时，4n =；
当4t =时，即t 的内数为3时，9n =，
当5t =时，即t 的内数为4时，16n =，
……
∴t 的内数=
②当t 的内数为2时，最大实心正方形有1个；
当t 的内数为3时，最大实心正方形有2个，
当t 的内数为4时，最大实心正方形有1个，
……
即当t 的内数为奇数时，最大实心正方形有2个；当t 的内数为偶数时，最大实心正方形有1个；
∴当t 的內数为9时，符合条件的最大实心正方形有2个，
由前几个例子推理可得最大实心正方形的边长为：t 的內数－1，
∴此时最大实心正方形的边长为8，
离原点最远的格点的坐标有两个，为()8,4-±．
【点睛】
本题考查图形类规律探究，明确题干中内数的定义是解题的关键．
3．（1）5；（2）直角三角形，理由见解析；（3）44,33E ⎛⎫-
⎪⎝⎭或82,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 【解析】
【分析】
（1）先求出直线122
y x =+与x 轴的交点B 的坐标和与y 轴的交点C 的坐标，把点C 代入直线2y x m =-+，求出m 的值，再求它与x 轴的交点A 的坐标，ABC 的面积用AB 乘OC 除以2得到；
（2）用勾股定理求出BC 的平方，AC 的平方，再根据AB 的平方，用勾股定理的逆定理证明ABC 是直角三角形；
（3）先根据角平分线求出D 的坐标，再去分两种情况构造全等三角形，利用全等三角形的性质求出对应的边长，从而得到点E 的坐标．
【详解】
解：（1）令0x =，则10222y =
⨯+=， ∴()0,2C ，
令0y =，则1202
x +=，解得4x =-， ∴()4,0B -，
将()0,2C 代入2y x m =-+，得2m =，
∴22y x =-+，
令0y =，则220x -+=，解得1x =，
∴1,0A ，
∴5AB =，2OC =， ∴152
ABC S AB OC =⋅=△； （2）根据勾股定理，222224220BC BO OC =+=+=，
22222125AC AO OC =+=+=，
且22525AB ==，
∴222AB BC AC =+，则ABC 是直角三角形；
（3）∵CD 平分ACB ∠， ∴12
AD AC BD BC ==， ∴1533
AD AB ==， ∴23OD AD OA =-=
， ∴2,03D ⎛⎫- ⎪⎝⎭
①如图，CED ∠是直角，过点E 作EN x ⊥轴于点N ，过点C 作CM EN ⊥于点M ， 由（2）知，90ACB ∠=︒，
∵CD 平分ACB ∠，
∴45ECD ∠=︒，
∴CDE △是等腰直角三角形，
∴CE DE =，
∵90NED MEC ∠+∠=︒，90NED NDE ∠+∠=︒，
∴MEC NDE ∠=∠，
在DNE △和EMC △中，
NDE MEC DNE EMC DE EC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴()DNE EMC AAS ≅，
设DN EM x ==，EN CM y ==，
根据图象列式：DO DN CM EN EM CO +=⎧⎨+=⎩，即232x y x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，解得2343x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
， ∴43EN CM ==
， ∴44,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭
；
②如图，CDE ∠是直角，过点E 作EG x ⊥轴于点G ，
同理CDE △是等腰直角三角形，
且可以证得()CDO DEG AAS ≅，
∴2DG CO ==，23EG DO ==
， ∴28233GO GD DO =+=+
=， ∴82,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，
综上：44,33E ⎛⎫-
⎪⎝⎭，82,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭
． 【点睛】 本题考查一次函数综合，解题的关键是掌握一次函数解析式的求解，与坐标轴交点的求解，图象围成的三角形面积的求解，还涉及勾股定理、角平分线的性质、全等三角形等几何知识，需要运用数形结合的思想去求解．
4．（1）b=72；（2）①△APQ 的面积S 与t 的函数关系式为S=﹣32t +272或S=32t ﹣272
；②7＜t ＜9或9＜t ＜11，③存在，当t 的值为3或9+2或9﹣2或6时，△APQ 为等腰三角形．
【解析】
分析：（1）把P (m ,3)的坐标代入直线1l 的解析式即可求得P 的坐标，然后根据待定系数法
即可求得b ；
（2）根据直线2l 的解析式得出C 的坐标，①根据题意得出9AQ t =-，然后根据12
P S AQ y =⋅即可求得APQ 的面积S 与t 的函数关系式；②通过解不等式273322t -<或327 3.22
t -<即可求得7<t <9或9<t <11.时，APQ 的面积小于3；③分三种情况：当PQ =PA 时,则()()()2222(71)032103,t -++-=++-当AQ =PA 时,则
()()222(72)2103,t --=++-当PQ =AQ 时,则()222(71)03(72)t t -++-=--，
即可求得．
详解：解;(1)∵点P (m ,3)为直线l 1上一点，
∴3=−m +2，解得m =−1，
∴点P 的坐标为(−1,3)，
把点P 的坐标代入212y x b =
+ 得,()1312b =⨯-+， 解得72b =
； (2)∵72
b =； ∴直线l 2的解析式为y =12x +72，
∴C 点的坐标为(−7,0)，
①由直线11:2l y x =-+可知A (2,0)，
∴当Q 在A . C 之间时，AQ =2+7−t =9−t ， ∴11273(9)32222
S AQ yP t t =
⋅=⨯-⨯=-； 当Q 在A 的右边时，AQ =t −9， ∴11327(9)32222
S AQ yP t t ；=⋅=⨯-⨯=- 即△APQ 的面积S 与t 的函数关系式为27322S t =
-或327.22S t =- ②∵S <3， ∴
273322t -<或327 3.22
t -< 解得7<t <9或9<t <11. ③存在；
设Q (t −7,0)，
当PQ =PA 时,则()()()222
2(71)032103,t -++-=++-
∴22(6)3t -=,解得t =3或t =9(舍去)，
当AQ =PA 时,则()()222(72)2103,t --=++-
∴2(9)18,t -=
解得9t =+
9t =- 当PQ =AQ 时,则()2
22(71)03(72)t t -++-=--，
∴22(6)9(9)t t -+=-， 解得t =6. 故当t 的值为3
或9+
9-6时，△APQ 为等腰三角形．
点睛：属于一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质以及三角形的面积,分类讨论是解题的关键.
5．（1）点A 坐标为（0，9）；（2）△BOC 的面积＝18；（3）①当t ＜8时，d ＝﹣98t+9，当t ＞8时，d ＝98t ﹣9；②12≤t≤1或7617≤t≤8017
． 【解析】
【分析】
（1）将点B 坐标代入解析式可求直线AB 解析式，即可求点A 坐标；
（2）联立方程组可求点C 坐标，即可求解；
（3）由题意列出不等式组，可求解．
【详解】
解：（1）∵直线y ＝﹣34
x+m 与y 轴交于点B （12，0）， ∴0＝﹣
34
×12+m ， ∴m ＝9， ∴直线AB 的解析式为：y ＝﹣
34
x+9， 当x ＝0时，y ＝9，
∴点A 坐标为（0，9）； （2）由题意可得：38394y x y x ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩
， 解得：83
x y =⎧⎨=⎩， ∴点C （8，3）， ∴△BOC 的面积＝
12×12×3＝18； （3）①如图，
∵点D的横坐标为t，
∴点D（t，﹣3
4
t+9），点E（t，
3
8
t），
当t＜8时，d＝﹣3
4
t+9﹣
3
8
t＝﹣
9
8
t+9，
当t＞8时，d＝3
8
t+
3
4
t﹣9＝
9
8
t﹣9；
②∵以点H（1
2
，t）、G（1，t）为端点的线段与正方形DEPQ的边只有一个交点，
∴1
2
≤t≤1或
91
9
82
9
91
8
t t
t t
⎧
-+≤-
⎪⎪
⎨
⎪-+≥-
⎪⎩
，
∴1
2
≤t≤1或
76
17
≤t≤
80
17
．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，三角形的面积公式，不等式组的应用，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
6．（1）
4
4
3
y x
=-+；（2）
612
(,)
55
M；（3）
23
(0,)
7
G或(0,-1)
G
【解析】
【分析】
（1）求出点B，C坐标，再利用待定系数法即可解决问题；
（2）结合图形，由S△AMB＝S△AOB 分析出直线OM平行于直线AB，再利用两直线相交建立方程组求得交点M的坐标；
（3）分两种情形：①当n＞2时，如图2-1中，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x 轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为M，N．求出Q（n-2，n-1）．②当n＜2时，如图2-2中，同法可得Q（2-n，n+1），代入直线BC的解析式解方程即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵直线y=2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴A（-2，0），B（0，4），，
又∵OC=3，
∴C（3，0），
设直线BC的解析式为y=kx+b，将B、C的坐标代入得：
30
4
k b
b
+=
⎧
⎨
=
⎩
，
解得：
4
3
4
k
b
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=
⎩
，
∴直线BC的解析式为
4
4
3
y x
=-+；
（2）连接OM，
∵S△AMB＝S△AOB，
∴直线OM平行于直线AB，故设直线OM解析式为：2
y x
=,
将直线OM的解析式与直线BC的解析式联立得方程组
2
4
4
3
y x
y x
=
⎧
⎪
⎨
=-+
⎪⎩
，
解得：
6
5
12
5
x
y
⎧
=
⎪⎪
⎨
⎪=
⎪⎩
故点
612
(,)
55
M；
（3）∵FA=FB，A（-2，0），B（0，4），
∴F（-1，2），设G（0，n），
①当n＞2时，如图2-1中，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为M，N．
∵四边形FGQP 是正方形，易证△FMG ≌△GNQ ，
∴MG=NQ=1，FM=GN=n-2，
∴Q （n-2，n-1），
∵点Q 在直线443y x =-
+上， ∴41(2)43n n -=-
-+， ∴23=7
n , ∴23(0,)7
G ． ②当n ＜2时，如图2-2中，同法可得Q （2-n ，n+1），
∵点Q 在直线443y x =-
+上， ∴4+1(2)43
n n =-
-+， ∴n=-1，
∴(0,-1)G ． 综上所述，满足条件的点G 坐标为23(0,
)7
G 或(0,-1)G 【点睛】 本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，三角形的面积，全等三角形的判定和性
质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
7．（1）左；3；(1-2m )；（2）①（-4，0）；（-1，0）（-3，0）； ②当平移后的线段 AB 与线段 CD 有公共点时，1913n ≤≤；③ F 9(,2)12m
--． 【解析】
【分析】
(1)根据平面直角坐标系中点的平移计算方法即可得解
(2)①根据B 点向下平移后，点B 和点A 的纵坐标相等得到等量关系，可求出m 的值，从而求出A 、B 、C 三点坐标；②过 C 作 CK 垂直 x 轴交 AB 于 K 点过 B 做 BM 垂直 x 轴于 M 点，设出K 点坐标，作 KH ⊥BM 与 H 点，表示出H 点坐标，然后利用面积关系ABM AKM BKM S S S ∆∆∆=+求出距离；当 B '在线段 CD 上时，BB '交 x 轴于 M 点，过 B '做 B 'E ⊥OD ，利用S △COD = S △OB'C + S △OB'D ，求出n 的值，从而求出n 的取值范围；③通过坐标平移法用m 表示出E 点的坐标，利用D 、E 两点坐标表示出直线DE 的函数关系式，令y=﹣2，求出x 的值即可求出F 点坐标．
【详解】
解：（1）根据平移规律可得：B 向左平移；
m －（m －1）=3，所以平移3个单位；
m+4－（3m+3）=1－2m ，所以再向下平移(1-2m )个单位；
故答案为：左；3；(1-2m )
（2）①点 B 向下移动 3 个单位得：B （m ，m+1）
∵移动后的点 B 和点 A 的纵坐标相等
∴m+1=3m+3
∴m=﹣1
∴A （-4,0）；B （-1,0）；C （-3,0）；
②如图 1，过 C 作 CK 垂直 x 轴交 AB 于 K 点过 B 做 BM 垂直 x 轴于 M 点，
设 K 点坐标为（-3，a ）
M 点坐标为（-1,0）
作 KH ⊥BM 与 H 点，H 点坐标为（-1，a ）
AM=3,BM=3,KC=a,KH=2
∵ABM AKM BKM S S S ∆∆∆=+ ∴
222AM BM KC AM KH BM ⨯⨯⨯=+ ∴33323222
a ⨯⨯⨯=+ 解得：1a =，
∴当线段 AB 向下平移 1 个单位时，线段 AB 和 CD 开始有交点，
∴ n ≥ 1，
当 B'在线段 CD 上时，如图 2
BB'交 x 轴于 M 点，过 B'做 B'E⊥OD,B'M=n-3,B'E=1,OD=5,OC=3∵ S△COD = S△OB'C + S△OB'D
∴
'' 222 CO OD CO B M OD B E ⨯⨯⨯
=+
∴353(3)51 222
n
⨯⨯-⨯
=+
解得：
19
3
n=，
综上所述，当平移后的线段 AB 与线段 CD 有公共点时，
19
1
3
n
≤≤．
③∵A（m−3，3m+3）， B（m，m+4） D（0，−5）且AD 沿直线 AB 方向平移得到线段BE，
∴E点横坐标为：3
E点纵坐标为：﹣5+m+4－（3m+3）=﹣4－2m
∴E（3，﹣4－2m），
设DE：y=kx+b，把D（0，﹣5），E（3，﹣4－2m）代入y=kx+b
∴
3k+b=42m
b=5
⎧
⎨
⎩
﹣－
﹣
∴
1-2m
k=
3
b=-5
⎧
⎪
⎨
⎪⎩
，
∴y=12m
x5
3
－
－，
把y=﹣2代入解析式得：﹣2=12m
x5
3
－
－，
x=
9
12m
－
，
∴F
9
(,2) 12m
-
-
．
【点睛】
本题考查平面直角坐标系中点的平移计算及一次函数解析式求法，解题关键在于理解掌握平面直角坐标系中点平移计算方法以及用待定系数法求函数解析式方法的应用． 8．（1） 122°；（2）12BEC α∠=
；（3）01902BQC A ；（4）119，29 ； 【解析】
【分析】
（1）根据三角形的内角和角平分线的定义；
（2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，用A ∠与1∠表示出2∠，再利用E ∠与1∠表示出2∠，于是得到结论；
（3）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和以及角平分线的定义表示出EBC ∠与ECB ∠，然后再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；
（4）根据（1），（3）的结论可以得出∠BPC 的度数；根据（2）的结论可以得到∠R 的度数．
【详解】
解：（1）BP 、CP 分别平分ABC ∠和ACB ∠，
12PBC ABC ∴∠=∠，12
PCB ACB ∠=∠， 180()BPC PBC PCB ∴∠=︒-∠+∠
11180()22
ABC ACB =︒-∠+∠， 1180()2
ABC ACB =︒-∠+∠，
1(180180)2
A =︒-︒-∠， 1180902
A =-︒+︒∠， 9032122，
故答案为：122︒；
（2）如图2示，
CE 和BE 分别是ACB ∠和ABD ∠的角平分线，
112ACB ∴∠=∠，122
ABD ∠=∠， 又ABD ∠是ABC ∆的一外角，
ABD A ACB ∴∠=∠+∠，
112()122
A ABC A ∴∠=∠+∠=∠+∠， 2∠是BEC ∆的一外角，
112111222
BEC A A α∴∠=∠-∠=∠+∠-∠=∠=； （3）1()2QBC A ACB ∠=∠+∠，1()2
QCB A ABC ∠=∠+∠， 180BQC QBC QCB ∠=︒-∠-∠，
11180()()22
A AC
B A AB
C =︒-∠+∠-∠+∠， 11180()22A A ABC ACB =︒-∠-∠+∠+∠， 结论1902
BQC A ∠=︒-∠． （4）由（3）可知，119090645822BQC
A ， 再根据（1），可得180()BPC
PBC PCB 11180
22QBC QCB 1180
902Q 118090582
119；
由（2）可得：11582922R Q ;
故答案为：119，29．
【点睛】
本题考查了三角形的外角性质与内角和定理，熟记三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
9．（1）（0，6），（8，0）；（2）存在t=2.4时，使得△ODP 与△ODQ 的面积相等；（3）2∠GOA+∠ACE=∠OHC ，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据算术平方根的非负性，绝对值的非负性即可求解；
（2）根据运动速度得到OQ=t ，OP=8-2t ，根据△ODP 与△ODQ 的面积相等列方程求解即可；
（3）由∠AOC=90°，y 轴平分∠GOD 证得OG ∥AC ，过点H 作HF ∥OG 交x 轴于F ，得到∠FHC=∠ACE ，∠FHO=∠GOD ，从而∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC ，即可证得
2∠GOA+∠ACE=∠OHC.
【详解】
（1280a b b -+-=，
∴a-b+2=0，b-8=0，
∴a=6，b=8，
∴A （0，6），C （8，0）；
故答案为：（0，6），（8，0）；
（2）由（1）知，A （0，6），C （8，0），
∴OA=6，OB=8，
由运动知，OQ=t ，PC=2t ，
∴OP=8-2t ，
∵D （4，3），
∴114222
ODQ D S OQ x t t =⨯=⨯=△， 1182312322
ODP D S OP y t t =⨯=-⨯=-△（），
∵△ODP与△ODQ的面积相等，
∴2t=12-3t，
∴t=2.4，
∴存在t=2.4时，使得△ODP与△ODQ的面积相等；
（3）2∠GOA+∠ACE=∠OHC，理由如下：
∵x轴⊥y轴，
∴∠AOC=∠DOC+∠AOD=90°，
∴∠OAC+∠ACO=90°.
又∵∠DOC=∠DCO，
∴∠OAC=∠AOD.
∵x轴平分∠GOD，
∴∠GOA=∠AOD.
∴∠GOA=∠OAC.
∴OG∥AC，
如图，过点H作HF∥OG交x轴于F，
∴HF∥AC，
∴∠FHC=∠ACE.
∵OG∥FH，
∴∠GOD=∠FHO，
∴∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC，
即∠GOD+∠ACE=∠OHC，
∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC．
【点睛】
此题考查算术平方根的非负性，绝对值的非负性，坐标系中的动点问题，平行线的判定及性质定理，是一道较为综合的题型.
10．（1）45度；（2）∠AEC﹣∠AED＝45°，理由见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）由等腰三角形的性质可求∠BAE＝140°，可得∠CAE＝50°，由等腰三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝65°，即可求解；
（2）由等腰三角形的性质可求∠BAE＝180°﹣2α，可得∠CAE＝90°﹣2α，由等腰三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝45°+α，可得结论；
（3）如图，过点C作CG⊥AH于G，由等腰直角三角形的性质可得EH2EF，CH＝
2CG，由“AAS”可证△AFB≌△CGA，可得AF＝CG，由勾股定理可得结论．
【详解】
解：（1）∵AB＝AC，AE＝AB，
∴AB＝AC＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，∠ACE＝∠AEC，
∵∠AED＝20°，
∴∠ABE＝∠AED＝20°，
∴∠BAE＝140°，且∠BAC＝90°
∴∠CAE＝50°，
∵∠CAE+∠ACE+∠AEC＝180°，且∠ACE＝∠AEC，∴∠AEC＝∠ACE＝65°，
∴∠DEC＝∠AEC﹣∠AED＝45°，
故答案为：45；
（2）猜想：∠AEC﹣∠AED＝45°，
理由如下：∵∠AED＝∠ABE＝α，
∴∠BAE＝180°﹣2α，
∴∠CAE＝∠BAE﹣∠BAC＝90°﹣2α，
∵∠CAE+∠ACE+∠AEC＝180°，且∠ACE＝∠AEC，∴∠AEC＝45°+α，
∴∠AEC﹣∠AED＝45°；
（3）如图，过点C作CG⊥AH于G，
∵∠AEC﹣∠AED＝45°，
∴∠FEH＝45°，
∵AH⊥BE，
∴∠FHE＝∠FEH＝45°，
∴EF＝FH，且∠EFH＝90°，
∴EH2EF，
∵∠FHE＝45°，CG⊥FH，
∴∠GCH＝∠FHE＝45°，
∴GC＝GH，
∴CH2CG，
∵∠BAC＝∠CGA＝90°，
∴∠BAF+∠CAG＝90°，∠CAG+∠ACG＝90°，
∴∠BAF＝∠ACG，且AB＝AC，∠AFB＝∠AGC，
∴△AFB≌△CGA（AAS）
∴AF＝CG，
∴CH＝2AF，
∵在Rt△AEF中，AE2＝AF2+EF2，
∴（2AF）2+（2EF）2＝2AE2，
∴EH2+CH2＝2AE2．
【点睛】
本题是综合了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定的动点问题，三个问题由易到难，在熟练掌握各个相关知识的基础上找到问题之间的内部联系，层层推进去解答是关键.
11．（1）①见解析；②见解析；（2）2
【解析】
【分析】
（1）①只要证明∠2+∠BAF＝∠1+∠BAF＝60°即可解决问题；
②只要证明△BFC≌△ADB，即可推出∠BFC＝∠ADB＝90°；
（2）在BF上截取BK＝AF，连接AK．只要证明△ABK≌CAF，可得S△ABK＝S△AFC，再证明AF＝FK＝BK，可得S△ABK＝S△AFK，即可解决问题；
【详解】
（1）①证明：如图1中，
∵AB＝AC，∠ABC＝60°
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵AD⊥BN，
∴∠ADB＝90°，
∵∠MBN＝30°，
∠BFD＝60°＝∠1+∠BAF＝∠2+∠BAF，
∴∠1＝∠2
②证明：如图2中，
在Rt △BFD 中，∵∠FBD ＝30°，
∴BF ＝2DF ，
∵BF ＝2AF ，
∴BF ＝AD ，
∵∠BAE ＝∠FBC ，AB ＝BC ，
∴△BFC ≌△ADB ，
∴∠BFC ＝∠ADB ＝90°，
∴BF ⊥CF
（2）在BF 上截取BK ＝AF ，连接AK
．
∵∠BFE ＝∠2+∠BAF ，∠CFE ＝∠4+∠1，
∴∠CFB ＝∠2+∠4+∠BAC ，
∵∠BFE ＝∠BAC ＝2∠EFC ，
∴∠1+∠4＝∠2+∠4
∴∠1＝∠2，∵AB ＝AC ，
∴△ABK ≌CAF ，
∴∠3＝∠4，S △ABK ＝S △AFC ，
∵∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠CFE ＝∠AKB ，∠BAC ＝2∠CEF ，
∴∠KAF ＝∠1+∠3＝∠AKF ，
∴AF ＝FK ＝BK ，
∴S △ABK ＝S △AFK ，
∴ABF AFC
S 2S ∆∆=． 【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是能够正确添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
12．（1）见解析；（2）当F运动到AF＝AD时，FD∥BG，理由见解析；（3）FH＝HD，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）证明△DEG≌△CEB（AAS）即可解决问题．
（2）想办法证明∠AFD＝∠ABG＝45°可得结论．
（3）结论：FH＝HD．利用等腰直角三角形的性质即可解决问题．
【详解】
（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠DGE＝∠CBE，∠GDE＝∠BCE，
∵E是DC的中点，即DE＝CE，
∴△DEG≌△CEB（AAS），
∴DG＝BC；
（2）解：当F运动到AF＝AD时，FD∥BG．
理由：由（1）知DG＝BC，
∵AB＝AD+BC，AF＝AD，
∴BF＝BC＝DG，
∴AB＝AG，
∵∠BAG＝90°，
∴∠AFD＝∠ABG＝45°，
∴FD∥BG，
故答案为：F运动到AF＝AD时，FD∥BG；
（3）解：结论：FH＝HD．
理由：由（1）知GE＝BE，又由（2）知△ABG为等腰直角三角形，所以AE⊥BG，
∵FD∥BG，
∴AE⊥FD，
∵△AFD为等腰直角三角形，
∴FH＝HD，
故答案为：FH＝HD．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的判定，等腰直角三角形的性质，掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．。