八年级数学上册压轴题 期末复习试卷达标检测卷(Word版 含解析)

八年级数学上册压轴题 期末复习试卷达标检测卷（Word 版 含解析）
一、压轴题
1．如图1所示，直线:5L y mx m =+与x 轴负半轴，y 轴正半轴分别交于A 、B 两点．
（1）当OA OB =时，求点A 坐标及直线L 的解析式．
（2）在（1）的条件下，如图2所示，设Q 为AB 延长线上一点，作直线OQ ，过A 、B 两点分别作AM OQ ⊥于M ，BN OQ ⊥于N ，若17AM =，求BN 的长． （3）当m 取不同的值时，点B 在y 轴正半轴上运动，分别以OB 、AB 为边，点B 为直角顶点在第一、二象限内作等腰直角OBF ∆和等腰直角ABE ∆，连接EF 交y 轴于P 点，如图3.问：当点B 在y 轴正半轴上运动时，试猜想PB 的长是否为定值？若是，请求出其值；若不是，说明理由． 2．（1）在等边三角形ABC 中，
①如图①，D ，E 分别是边AC ，AB 上的点且AE=CD ，BD 与EC 交于点F ，则∠BFE 的度数是 度；
②如图②，D ，E 分别是边AC ，BA 延长线上的点且AE=CD ，BD 与EC 的延长线交于点F ，此时∠BFE 的度数是 度；
（2）如图③，在△ABC 中，AC=BC ，∠ACB 是锐角，点O 是AC 边的垂直平分线与BC 的交点，点D ，E 分别在AC ，OA 的延长线上，AE=CD ，BD 与EC 的延长线交于点F ，若∠ACB=α，求∠BFE 的大小．（用含α的代数式表示）．
3．问题背景：（1）如图1，已知△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，直线m 经过点A ，BD ⊥直线m ，CE ⊥直线m ，垂足分别为点D 、E ．求证：DE ＝BD ＋CE ．
拓展延伸：（2）如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC．请写出DE、BD、CE三条线段的数量关系．（不需要证明）
实际应用：（3）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C的坐标为(－2，0)，点A的坐标为(－6，3)，请直接写出B点的坐标．
4．直角三角形ABC中，∠ACB=90°，直线l过点C．
（1）当AC=BC时，如图①，分别过点A、B作AD⊥l于点D，BE⊥l于点E．求证：
△ACD≌△CBE．
（2）当AC=8，BC=6时，如图②，点B与点F关于直线l对称，连接BF，CF，动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AC边向终点C运动，同时动点N从点F出发，以每秒3个单位的速度沿F→C→B→C→F向终点F运动，点M、N到达相应的终点时停止运动，过点M作MD⊥l于点D，过点N作NE⊥l于点E，设运动时间为t秒．
①CM=，当N在F→C路径上时，CN=．（用含t的代数式表示）
②直接写出当△MDC与△CEN全等时t的值．
5．(1)问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．
①请直接写出∠AEB的度数为_____；
②试猜想线段AD与线段BE有怎样的数量关系，并证明；
(2)拓展探究：图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E
在同－直线上， CM 为△DCE 中DE 边上的高，连接BE ，请判断∠AEB 的度数线段CM 、AE 、BE 之间的数量关系，并说明理由．
6．如图1，直线MN 与直线AB 、CD 分别交于点E 、F ，∠1与∠2互补． （1）试判断直线AB 与直线CD 的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，∠BEF 与∠EFD 的角平分线交于点P ，EP 与CD 交于点G ，点H 是MN 上一点，且GH ⊥EG ，求证：PF ∥GH ；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接PH ，K 是GH 上一点使∠PHK =∠HPK ，作PQ 平分∠EPK ，求∠HPQ 的度数．
7．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 ，0）满足280a 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）．
8．在ABC 中，AB AC =，D 是直线AB 上一点，E 在直线BC 上，且DE DC =． （1）如图1，当D 在AB 上，E 在CB 延长线上时，求证：EDB ACD ∠=∠； （2）如图2，当ABC 为等边三角形时，D 是BA 的延长线上一点，E 在BC 上时，作
//EF AC ，求证：BE AD =；
（3）在（2）的条件下，ABC ∠的平分线BF 交CD 于点F ，连AF ，过A 点作AH CD ⊥于点H ，当30EDC ∠=︒，6CF =时，求DH 的长度．
9．在《经典几何图形的研究与变式》一课中，庞老师出示了一个问题：“如图1，等腰直角三角形的三个顶点分别落在三条等距的平行线1l ，2l ，3l 上，90BAC ∠=︒，且每两条平行线之间的距离为1，求AB 的长度”.在研究这道题的解法和变式的过程中，同学们提出了很多想法：
（1）小明说：我只需要过B 、C 向1l 作垂线，就能利用全等三角形的知识求出AB 的长. （2）小林说：“我们可以改变ABC 的形状.如图2，AB AC =，120BAC ∠=︒，且每两条平行线之间的距离为1，求AB 的长.”
（3）小谢说：“我们除了改变ABC 的形状，还能改变平行线之间的距离.如图3，等边三角形ABC 三个顶点分别落在三条平行线1l ，2l ，3l 上，且1l 与2l 之间的距离为1，2l 与3l 之间的距离为2，求AB 的长、”
请你根据3位同学的提示，分别求出三种情况下AB 的长度.
10．在Rt ABC 中，ACB =∠90°，30A ∠=︒，点D 是AB 的中点，连结CD ．
（1）如图①，BC与BD之间的数量关系是_________，请写出理由；
（2）如图②，若P是线段CB上一动点（点P不与点B、C重合），连结DP，将线段DP绕点D逆时针旋转60°，得到线段DF，连结BF，请猜想BF，BP，BD三者之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）若点P是线段CB延长线上一动点，按照（2）中的作法，请在图③中补全图形，并直接写出BF，BP，BD三者之间的数量关系．
11．一次函数y＝kx+b的图象经过点A（0，9），并与直线y＝5
3
x相交于点B，与x轴相
交于点C，其中点B的横坐标为3．
（1）求B点的坐标和k，b的值；
（2）点Q为直线y＝kx+b上一动点，当点Q运动到何位置时△OBQ的面积等于27
2
？请求
出点Q的坐标；
（3）在y轴上是否存在点P使△PAB是等腰三角形？若存在，请直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．
12．如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝90°，点D在边AB上，点E在边AC的左侧，连接AE．
（1）求证：AE＝BD；
（2）试探究线段AD、BD与CD之间的数量关系；
（3）过点C作CF⊥DE交AB于点F，若BD：AF＝1：2，CD36，求线段AB
的长．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、压轴题
1．（1）5y x =+；（2
）3）PB 的长为定值52
【解析】 【分析】
（1）先求出A 、B 两点坐标，求出OA 与OB ，由OA= OB ，求出m 即可；
（2）用勾股定理求AB ，再证AMO OBN ∆≅∆，BN=OM ，由勾股定理求OM 即可； （3）先确定答案定值，如图引辅助线EG ⊥y 轴于G ，先证AOB EBG ∆≅∆，求BG 再证
BFP GEP ∆≅∆，可确定BP 的定值即可．
【详解】
（1）对于直线:5L y mx m =+． 当0y =时，5x =-． 当0x =时，5y m =．
()5,0A ∴-，()0,5B m ．
OA OB =．
55m ∴=． 解得1m =．
∴直线L 的解析式为5y x =+．
（2）5OA =
，AM =
∴由勾股定理，
OM ==．
180AOM AOB BON ∠+∠+∠=︒． 90AOB ∠=︒．
90AOM BON ∴∠+∠=︒． 90AOM OAM ∠+∠=︒． BON OAM ∴∠=∠． 在AMO ∆与OBN ∆中， 90BON OAM AMO BNO OA OB ∠=∠⎧⎪
∠=∠=︒⎨⎪=⎩
．
()AMO OBN AAS ∴∆≅∆． 22BN OM ∴==．．
（3）如图所示：过点E 作EG y ⊥轴于G 点．
AEB ∆为等腰直角三角形，
AB EB ∴=
90ABO EBG ∠+∠=︒． EG BG ⊥，
90GEB EBG ∴∠+∠=︒． ABO GEB ∴∠=∠． AOB EBG ∴∆≅∆．
5BG AO ∴==，OB EG =
OBF ∆为等腰直角三角形，
OB BF ∴=
BF EG ∴=．
BFP GEP ∴∆≅∆．
15
22
BP GP BG ∴===．
【点睛】
本题考查求解析式，线段的长，判断定值问题，关键是掌握求坐标，利用条件OA= OB ，求OM ，用勾股定理求AB ，再证AMO OBN ∆≅∆，构造 AOB EBG ∆≅∆，求BG ，再证
BFP GEP ∆≅∆．
2．（1）①60°；②60°；（2）∠BFE =α． 【解析】 【分析】
（1）①先证明△ACE ≌△CBD 得到∠ACE=∠CBD ，再由三角形外角和定理可得
∠BFE=∠CBD+∠BCF ；②先证明△ACE ≌△CBD 得∠ACE=∠CBD=∠DCF ，再由三角形外角和定理可得∠BFE=∠D+∠DCF=∠D+∠CBD=∠BCA ；
（2）证明△AEC ≌△CDB 得到∠E=∠D ，则∠BFE=∠D+∠DCF=∠E+∠ECA=∠OAC=α． 【详解】 （1）如图①中，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=CB，∠A=∠BCD=60°，
∵AE=CD，
∴△ACE≌△CBD，
∴∠ACE=∠CBD，
∴∠BFE=∠CBD+∠BCF=∠ACE+∠BCF=∠BCA=60°．故答案为60．
（2）如图②中，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=CB，∠A=∠BCD=60°，
∴∠CAE=∠BCD=′120°
∵AE=CD，
∴△ACE≌△CBD，
∴∠ACE=∠CBD=∠DCF，
∴∠BFE=∠D+∠DCF=∠D+∠CBD=∠BCA=60°．
故答案为60．
（3）如图③中，
∵点O 是AC 边的垂直平分线与BC 的交点， ∴OC=OA ， ∴∠EAC=∠DCB=α， ∵AC=BC ，AE=CD ， ∴△AEC ≌△CDB ， ∴∠E=∠D ，
∴∠BFE=∠D+∠DCF=∠E+∠ECA=∠OAC=α． 【点睛】
本题综合考查了三角形全等以及三角形外角和定理. 3．（1）证明见解析；（2）DE ＝BD ＋CE ；（3）B(1，4) 【解析】 【分析】
（1）证明△ABD ≌△CAE ，根据全等三角形的性质得到AE=BD ，AD=CE ，结合图形解答即可；
（2）根据三角形内角和定理、平角的定义证明∠ABD=∠CAE ，证明△ABD ≌△CAE ，根据全等三角形的性质得到AE=BD ，AD=CE ，结合图形解答即可；
（3）根据△AEC ≌△CFB ，得到CF=AE=3，BF=CE=OE-OC=4，根据坐标与图形性质解答． 【详解】
（1）证明：∵BD ⊥直线m ，CE ⊥直线m ， ∴∠ADB ＝∠CEA ＝90° ∵∠BAC ＝90° ∴∠BAD ＋∠CAE ＝90° ∵∠BAD ＋∠ABD ＝90° ∴∠CAE ＝∠ABD ∵在△ADB 和△CEA 中
ABD CAE ADB CEA AB CA ∠=∠⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
∴△ADB ≌△CEA （AAS ） ∴AE ＝BD ，AD ＝CE ∴DE ＝AE ＋AD ＝BD ＋CE 即：DE ＝BD ＋CE
（2）解：数量关系：DE ＝BD ＋CE
理由如下：在△ABD 中，∠ABD=180°-∠ADB-∠BAD ， ∵∠CAE=180°-∠BAC-∠BAD ，∠BDA=∠AEC ， ∴∠ABD=∠CAE ， 在△ABD 和△CAE 中，
ABD CAE
BDA AEC
AB CA
∠∠
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
∴△ABD≌△CAE（AAS）
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AD+AE=BD+CE；
（3）解：如图，作AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F，
由（1）可知，△AEC≌△CFB，
∴CF=AE=3，BF=CE=OE-OC=4，
∴OF=CF-OC=1，
∴点B的坐标为B（1，4）．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
4．（1）证明见解析；（2）①CM=8t-，CN=63t
-；②t=3.5或5或6.5．
【解析】
【分析】
（1）根据垂直的定义得到∠DAC=∠ECB，利用AAS定理证明△ACD≌△CBE；
（2）①由折叠的性质可得出答案；
②动点N沿F→C路径运动，点N沿C→B路径运动，点N沿B→C路径运动，点N沿C→F 路径运动四种情况，根据全等三角形的判定定理列式计算．
【详解】
（1）∵AD⊥直线l，BE⊥直线l，
∴∠DAC+∠ACD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△ACD和△CBE中，
ADC CEB
DAC ECB
CA CB
∠∠
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）①由题意得，AM=t，FN=3t，
则CM=8-t，
由折叠的性质可知，CF=CB=6，
∴CN=6-3t；
故答案为：8-t；6-3t；
②由折叠的性质可知，∠BCE=∠FCE，
∵∠MCD+∠CMD=90°，∠MCD+∠BCE=90°，
∴∠NCE=∠CMD，
∴当CM=CN时，△MDC与△CEN全等，
当点N沿F→C路径运动时，8-t=6-3t，
解得，t=-1（不合题意），
当点N沿C→B路径运动时，CN=3t-6，
则8-t=3t-6，
解得，t=3.5，
当点N沿B→C路径运动时，由题意得，8-t=18-3t，
解得，t=5，
当点N沿C→F路径运动时，由题意得，8-t=3t-18，
解得，t=6.5，
综上所述，当t=3.5秒或5秒或6.5秒时，△MDC与△CEN全等．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
5．（1）①60°；②AD=BE.证明见解析；（2）∠AEB＝90°；AE=2CM+BE；理由见解析.【解析】
【分析】
（1）①由条件△ACB和△DCE均为等边三角形，易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数．②由△ACD≌△BCE，可得AD=BE；
（2）首先根据△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，可得AC=BC，CD=CE，
∠ACB=∠DCE=90°，据此判断出∠ACD=∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE=AD，∠BEC=∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为90°；根据DCE=90°，CD=CE，CM⊥DE，可得CM=DM=EM，所以DE=DM+EM=2CM，据此判断出
AE=BE+2CM．
【详解】
（1）①∵∠ACB=∠DCE，∠DCB=∠DCB，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC BC ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
, ∴△ACD ≌△BCE ，
∴AD=BE ，∠CEB=∠ADC=180°−∠CDE=120°，
∴∠AEB=∠CEB−∠CED=60°；
②AD=BE.
证明：∵△ACD ≌△BCE ，
∴AD=BE ．
（2）∠AEB ＝90°；AE=2CM+BE ；理由如下：
∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB =∠DCE= 90°，
∴AC = BC ， CD = CE ， ∠ACB =∠DCB =∠DCE －∠DCB ， 即∠ACD = ∠BCE ，
∴△ACD ≌△BCE ，
∴AD = BE ，∠BEC = ∠ADC=135°．
∴∠AEB =∠BEC －∠CED =135°－ 45°= 90°．
在等腰直角△DCE 中，CM 为斜边DE 上的高，
∴CM =DM= ME ，∴DE = 2CM ．
∴AE = DE+AD=2CM+BE ．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质等知识，解题时需注意运用已有的知识和经验解决相似问题．
6．（1）AB ∥CD ，理由见解析；（2）证明见解析；（3）45°．
【解析】
【分析】
（1）利用对顶角相等、等量代换可以推知同旁内角∠AEF 、∠CFE 互补，所以易证AB ∥CD ；
（2）利用（1）中平行线的性质推知∠BEF+∠EFD=180°；然后根据角平分线的性质、三角形内角和定理证得∠EPF=90°，即EG ⊥PF ，故结合已知条件GH ⊥EG ，易证PF ∥GH ； （3）利用三角形外角定理、三角形内角和定理求得
90902KPG PKG HPK ︒︒∠=-∠=-∠；然后由邻补角的定义、角平分线的定义推知
1452
QPK EPK HPK ︒∠=∠=+∠；最后根据图形中的角与角间的和差关系求得∠HPQ =45°．
【详解】
（1）AB ∥CD ，
理由如下：
∵∠1与∠2互补，
∴∠1+∠2=180°，
又∵∠1=∠AEF ，∠2=∠CFE ，
∴∠AEF+∠CFE=180°，
∴AB∥CD；
（2）由（1）知，AB∥CD，∴∠BEF+∠EFD=180°．又∵∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，
∴
1
()90
2
FEP EFP BEF EFD︒∠+∠=∠+∠=
∴∠EPF=90°，即EG⊥PF．
∵GH⊥EG，
∴PF∥GH；
（3）∵∠PHK=∠HPK，
∴∠PKG=2∠HPK．
又∵GH⊥EG，
∴∠KPG=90°﹣∠PKG=90°﹣2∠HPK，∴∠EPK=180°﹣∠KPG=90°+2∠HPK．∵PQ平分∠EPK，
∴
1
45
2
QPK EPK HPK
︒
∠=∠=+∠，
∴∠HPQ=∠QPK﹣∠HPK=45°．
答：∠HPQ的度数为45°．
【点睛】
本题考查了平行线的判定与性质．解题过程中，注意“数形结合”数学思想的运用．7．（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】
（180
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），
∴
11
42
22
ODQ D
S OQ x t t
=⨯=⨯=
△
，
11
823123 22
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.
8．（1）见解析；（2）见解析；（3）3
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质和外角的性质即可得到结论；
（2）过E 作EF ∥AC 交AB 于F ，根据已知条件得到△ABC 是等边三角形，推出△BEF 是等边三角形，得到BE=EF ，∠BFE=60°，根据全等三角形的性质即可得到结论； （3）连接AF ，证明△ABF ≌△CBF ，得AF=CF ，再证明DH=AH=
12
CF=3． 【详解】
解：（1）∵AB=AC ，
∴∠ABC=∠ACB ，
∵DE=DC ，
∴∠E=∠DCE ，
∴∠ABC-∠E=∠ACB-∠DCB ，
即∠EDB=∠ACD ；
（2）∵△ABC 是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴△BEF 是等边三角形，
∴BE=EF ，∠BFE=60°，
∴∠DFE=120°，
∴∠DFE=∠CAD ，
在△DEF 与△CAD 中， EDF DCA DFE CAD DE CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△DEF ≌△CAD （AAS ），
∴EF=AD ，
∴AD=BE ；
（3）连接AF ，如图3所示：
∵DE=DC ，∠EDC=30°，
∴∠DEC=∠DCE=75°，
∴∠ACF=75°-60°=15°，
∵BF 平分∠ABC ，
∴∠ABF=∠CBF ，
在△
ABF 和△CBF 中，
AB BC ABF CBF BF BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
△ABF ≌△CBF （SAS ），
∴AF=CF ，
∴∠FAC=∠ACF=15°，
∴∠AFH=15°+15°=30°，
∵AH ⊥CD ，
∴AH=12AF=12
CF=3， ∵∠DEC=∠ABC+∠BDE ，
∴∠BDE=75°-60°=15°，
∴∠ADH=15°+30°=45°，
∴∠DAH=∠ADH=45°，
∴DH=AH=3．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形和直角三角形的性质，三角形的外角的性质，等边三角形的判定和性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
9．（1522213221 【解析】
【分析】
（1）分别过点B ，C 向l 1作垂线，交l 1于M ，N 两点，证明△ABM ≌△CAN ，得到AM=CN ，AN=BM ，即可得出AB ；
（2）分别过点B ，C 向l 1作垂线，交l 1于点P ，Q 两点，在l 1上取M ，N 使
∠AMB=∠CNA=120°，证明△AMB ≌△CAN ，得到CN=AM ，再通过△PBM 和△QCN 算出PM 和NQ 的值，得到AP ，最后在△APB 中，利用勾股定理算出AB 的长；
（3）在l 3上找M 和N ，使得∠BNC=∠AMC=60°，过B 作l 3的垂线，交l 3于点P ，过A 作l 3的垂线，交l 3于点Q ，证明△BCN ≌△CAM ，得到CN=AM ，在△BPN 和△AQM 中利用勾股定理算出NP 和AM ，从而得到PC ，结合BP 算出BC 的长，即为AB.
【详解】
解：（1）如图，分别过点B，C向l1作垂线，交l1于M，N两点，由题意可得：∠BAC=90°，
∵∠NAC+∠MAB=90°，∠NAC+∠NCA=90°，
∴∠MAB=∠NCA，
在△ABM和△CAN中，
=
=
=
AMB CNA
MAB NCA
AB AC
∠∠
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
，
∴△ABM≌△CAN（AAS），
∴AM=CN=2，AN=BM=1，
∴AB=22
25
1=
+；
（2）分别过点B，C向l1作垂线，交l1于P，Q两点，
在l1上取M，N使∠AMB=∠CNA=120°，
∵∠BAC=120°，
∴∠MAB+∠NAC=60°，
∵∠ABM+∠MAB=60°，
∴∠ABM=∠NAC，
在△AMB和△CNA中，
=
=
=
AMB CNA
ABM NAC
AB AC
∠∠
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
，
∴△AMB≌△CNA（AAS），
∴CN=AM，
∵∠AMB=∠ANC=120°，
∴∠PMB=∠QNC=60°，
∴PM=
1
2
BM，NQ=
1
2
NC，
∵PB=1，CQ=2，
设PM=a，NQ=b，
∴222
1=4
a a
+，222
2=4
b b
+，
解得：3
=3a ，23=3
b ， ∴CN=AM=222323⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭
=43， ∴AB=22AP BP +=()22AM PM BP ++=221；
（3）如图，在l 3上找M 和N ，使得∠BNC=∠AMC=60°，
过B 作l 3的垂线，交于点P ，过A 作l 3的垂线，交于点Q ，
∵△ABC 是等边三角形，
∴BC=AC ，∠ACB=60°，
∴∠BCN+∠ACM=120°，
∵∠BCN+∠NBC=120°，
∴∠NBC=∠ACM ，
在△BCN 和△CAM 中，
BNC CMA NBC MAC BC AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△BCN ≌△CAM （AAS ），
∴CN=AM ，BN=CM ，
∵∠PBN=90°-60°=30°，BP=2，
∴BN=2NP ，
在△BPN 中，222BP NP BN +=，
即22224NP NP +=，
解得：NP=33
， ∵∠AMC=60°，AQ=3，
∴∠MAQ=30°，
∴AM=2QM ，
在△AQM 中，222AQ QM AM +=，
即22234QM QM +=，
解得：QM=3，
∴AM=23=CN ，
∴PC=CN-NP=AM-NP=
43， 在△BPC 中，
BP 2+CP 2=BC 2，
即BC=22224322123BP CP ⎛⎫+=+= ⎪ ⎪⎝⎭， ∴AB=BC=2213
.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线之间的距离，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及勾股定理，解题的关键是利用平行线构造全等三角形，再利用全等三角形的性质以及勾股定理求解.
10．（1）BC BD =，理由见解析；（2）BF BP BD +=，证明见解析；（3）BF BP BD +=．
【解析】
【分析】
（1）利用含30的直角三角形的性质得出12
BC AB =，即可得出结论； （2）同（1）的方法得出BC BD =进而得出BCD ∆是等边三角形，进而利用旋转全等模型易证DCP DBF ∆≅∆，得出CP BF =即可解答；
（3）同（2）的方法得出结论．
【详解】
解：（1）
90ACB ∠=︒，30A ∠=︒，
60CBA ∴∠=︒，12
BC AB =， 点D 是AB 的中点，
BC BD ∴=，
故答案为：BC BD =；
（2）BF BP BD +=，
理由：90
ACB
∠=︒，30
A
∠=︒，
60
CBA
∴∠=︒，
1
2
BC AB
=，
点D是AB的中点，
BC BD
∴=，
DBC
∴∆是等边三角形，
60
CDB
∴∠=︒，DC DB
=，
线段DP绕点D逆时针旋转60︒，得到线段DF，60
PDF
∴∠=︒，DP DF
=，
CDB PDB PDF PDB
∴∠-∠=∠-∠，
CDP BDF
∴∠=∠，
在DCP
∆和DBF
∆中，
DC DB
CDP BDF
DP DF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
DCP DBF
∴∆≅∆，
CP BF
∴=，
CP BP BC
+=，
BF BP BC
∴+=，
BC BD
=，
BF BP BD
∴+=；
（3）如图③，BF BD BP
=+，
理由：90
ACB
∠=︒，30
A
∠=︒，
60
CBA
∴∠=︒，
1
2
BC AB
=，
点D是AB的中点，
BC BD
∴=，
DBC
∴∆是等边三角形，
60
CDB
∴∠=︒，DC DB
=，
线段DP绕点D逆时针旋转60︒，得到线段DF，60
PDF
∴∠=︒，DP DF
=，
CDB PDB PDF PDB
∴∠+∠=∠+∠，
CDP BDF ∴∠=∠，
在DCP ∆和DBF ∆中，
DC DB CDP BDF DP DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
DCP DBF ∴∆≅∆，
CP BF ∴=，
CP BC BP =+，
BF BC BP ∴=+，
BC BD =，
BF BD BP ∴=+．
【点睛】
此题是三角形综合题，主要考查了含30的直角三角形的性质，等边三角形的判定，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解本题的关键是判断出DCP DBF ∆≅∆，是一道中等难度的中考常考题．
11．（1）点B （3，5），k ＝﹣43
，b ＝9；（2）点Q （0，9）或（6，1）；（3）存在，点P 的坐标为：（0，4）或（0，14）或（0，﹣1）或（0，
478） 【解析】
【分析】
（1）53
y x =
相交于点B ，则点(3,5)B ，将点A 、B 的坐标代入一次函数表达式，即可求解； （2）OBQ ∆的面积1127||9|3|222
OA xQ xB m =⨯⨯-=⨯⨯-=，即可求解； （3）分AB AP =、AB BP =、AP BP =三种情况，分别求解即可．
【详解】
解：（1）53
y x =相交于点B ，则点(3,5)B ， 将点A 、B 的坐标代入一次函数表达式并解得：43
k =-
，9b =； （2）设点4(,9)3Q m m -+， 则OBQ ∆的面积1127||9|3|222
OA xQ xB m =⨯⨯-=⨯⨯-=， 解得：0m =或6，
故点Q （0，9）或（6，1）；
（3）设点(0,)P m ，而点A 、B 的坐标分别为：(0,9)、(3,5)，
则225AB =，22(9)AP m =-，229(5)BP m =+-，
当AB AP =时，225(9)m =-，解得：14m
或4； 当AB BP =时，同理可得：9m =（舍去）或1-； 当AP BP =时，同理可得：478m =
； 综上点P 的坐标为：（0，4）或（0，14）或（0，﹣1）或（0，
478
）. 【点睛】 本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、勾股定理的运用、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
12．（1）见解析；（2）BD 2+AD 2＝2CD 2；（3）AB ＝+4．
【解析】
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质证明△ACE ≌△BCD 即可得到结论；
（2）利用全等三角形的性质及勾股定理即可证得结论；
（3）连接EF ，设BD ＝x ，利用（1）、（2）求出EF=3x ，再利用勾股定理求出x ，即可得到答案.
【详解】
（1）证明：∵△ACB 和△ECD 都是等腰直角三角形
∴AC ＝BC ，EC ＝DC ，∠ACB ＝∠ECD ＝90°
∴∠ACB ﹣∠ACD ＝∠ECD ﹣∠ACD
∴∠ACE ＝∠BCD ，
∴△ACE ≌△BCD （SAS ），
∴AE ＝BD ．
（2）解：由（1）得△ACE ≌△BCD ，
∴∠CAE ＝∠CBD ，
又∵△ABC 是等腰直角三角形，
∴∠CAB ＝∠CBA ＝∠CAE ＝45°，
∴∠EAD ＝90°，
在Rt △ADE 中，AE 2+AD 2＝ED 2，且AE ＝BD ，
∴BD 2+AD 2＝ED 2，
∵ED CD ，
∴BD 2+AD 2＝2CD 2，
（3）解：连接EF ，设BD ＝x ，
∵BD ：AF ＝1：2AF ＝2x ，
∵△ECD 都是等腰直角三角形，CF ⊥DE ，
∴DF ＝EF ，
由 （1）、（2）可得，在Rt △FAE 中，
EF 22AF AE +22(22)x x +3x ，
∵AE 2+AD 2＝2CD 2， ∴222(223)2(36)x x x ++=，
解得x ＝1，
∴AB ＝2+4．
【点睛】
此题考查三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理.。