八年级数学上册压轴题 期末复习试卷中考真题汇编[解析版]

八年级数学上册压轴题 期末复习试卷中考真题汇编[解析版]
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．在ABC 中，AB AC =，D 是直线BC 上一点（不与点B 、C 重合），以AD 为一边在AD 的右侧作ADE ，AD AE =，DAE BAC ∠=∠，连接CE .
（1）如图，当 D 在线段BC 上时，求证：BD CE =.
（2）如图，若点D 在线段CB 的延长线上，BCE α∠=，BAC β∠=.则α、β之间有怎样的数量关系？写出你的理由.
（3）如图，当点D 在线段BC 上，90BAC ∠=︒，4BC =，求DCE S
最大值. 3．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．
4．在平面直角坐标系xOy 中，对于点(,)P a b 和点(,)Q a b '，给出如下定义：
若1,(2),(2)
b a b b a -≥⎧=<⎩'⎨当时当时，则称点Q 为点P 的限变点．例如:点(2,3)的限变点的坐标是(2,2)，点(2,5)--的限变点的坐标是(2,5)-，点(1,3)的限变点的坐标是(1,3)．
（1）①点3,1)-的限变点的坐标是________；
②如图1，在点(2,1)A -、(2,1)B 中有一个点是直线2y =上某一个点的限变点，这个点是________；（填“A ”或“B ”）
（2）如图2，已知点(2,2)C --，点(2,2)D -，若点P 在射线OC 和OD 上，其限变点Q 的纵坐标b '的取值范围是b m '≥或b n '≤，其中m n >．令s m n =-，直接写出s 的值． （3）如图3，若点P 在线段EF 上，点(2,5)E --，点(,3)F k k -，其限变点Q 的纵坐标b '的取值范围是25b '-≤≤，直接写出k 的取值范围．
5．如图，已知△ABC 中，AB=AC=10cm ，BC=8cm ，点D 为AB 的中点．如果点P 在线段BC 上以3cm/s 的速度由B 点向C 点运动，同时，点Q 在线段CA 上由C 点向A 点运动． （1）若点Q 的运动速度与点P 的运动速度相等，经过1s 后，BP= cm ，CQ= cm ． （2）若点Q 的运动速度与点P 的运动速度相等，经过1s 后，△BPD 与△CQP 是否全等，请说明理由；
（3）若点Q 的运动速度与点P 的运动速度不相等，当点Q 的运动速度为多少时，能够使
△BPD 与△CQP 全等？
（4）若点Q 以（3）中的运动速度从点C 出发，点P 以原来的运动速度从点B 同时出发，都逆时针沿△ABC 三边运动，求经过多长时间点P 与点Q 第一次相遇？
6．在等边△ABC 的顶点A 、C 处各有一只蜗牛，它们同时出发，分别以每分钟1米的速度由A 向B 和由C 向A 爬行，其中一只蜗牛爬到终点时，另一只也停止运动，经过t 分钟后，它们分别爬行到D 、E 处，请问：
（1）如图1，在爬行过程中，CD 和BE 始终相等吗，请证明？
（2）如果将原题中的“由A 向B 和由C 向A 爬行”，改为“沿着AB 和CA 的延长线爬行”，EB 与CD 交于点Q ，其他条件不变，蜗牛爬行过程中∠CQE 的大小保持不变，请利用图2说明：∠CQE =60°；
（3）如果将原题中“由C 向A 爬行”改为“沿着BC 的延长线爬行，连接DE 交AC 于F ”，其他条件不变，如图3，则爬行过程中，证明：DF =EF
7．如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，已知点A 的坐标(3,2)-，过A 点作AB x ⊥轴，垂足为点B ，过点(2,0)C 作直线l x ⊥轴，点P 从点B 出发在x 轴上沿着轴的正方向运动．
（1）当点P 运动到点O 处，过点P 作AP 的垂线交直线l 于点D ，证明AP DP =，并求此时点D 的坐标；
（2）点Q 是直线l 上的动点，问是否存在点P ，使得以P C Q 、、为顶点的三角形和ABP ∆全等，若存在求点P 的坐标以及此时对应的点Q 的坐标，若不存在，请说明理由．
8．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）．
9．已知ABC 和ADE 都是等腰三角形，AB AC =，AD AE =，DAE BAC ∠=∠． （初步感知）（1）特殊情形：如图①，若点D ，E 分别在边AB ，AC 上，则
DB __________EC ．（填＞、＜或=）
（2）发现证明：如图②，将图①中的ADE 绕点A 旋转，当点D 在ABC 外部，点E
在ABC 内部时，求证：DB EC =．
（深入研究）（3）如图③，ABC 和ADE 都是等边三角形，点C ，E ，D 在同一条直线上，则CDB ∠的度数为__________；线段CE ，BD 之间的数量关系为__________．
（4）如图④，ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒，点C 、D 、E 在同一直线上，AM 为ADE 中DE 边上的高，则CDB ∠的度数为__________；线段AM ，BD ，CD 之间的数量关系为__________．
（拓展提升）（5）如图⑤，ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，
90BAC DAE ∠=∠=︒，将ADE 绕点A 逆时针旋转，连结BE 、CD ．当5AB =，2AD =时，在旋转过程中，ABE △与ADC 的面积和的最大值为__________．
10．阅读下列材料，并按要求解答．
（模型建立）如图①，等腰直角三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，CB ＝CA ，直线ED 经过点C ，过A 作AD ⊥ED 于点D ，过B 作BE ⊥ED 于点E ．求证：△BEC ≌△CDA ．
（模型应用）
应用1：如图②，在四边形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AD ＝6，CD ＝8，BC ＝10，AB 2＝200．求线段BD 的长．
应用2：如图 ③，在平面直角坐标系中，纸片△OPQ 为等腰直角三角形，QO ＝QP ，P （4，m ），点Q 始终在直线OP 的上方．
（1）折叠纸片，使得点P与点O重合，折痕所在的直线l过点Q且与线段OP交于点M，当m＝2时，求Q点的坐标和直线l与x轴的交点坐标；
（2）若无论m取何值，点Q总在某条确定的直线上，请直接写出这条直线的解析
式．
11．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：
EH2+CH2＝2AE2．
12．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．
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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 ∴∆≅∆．
BN 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 ∴∆≅∆．
1522
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）见解析；（2）αβ=，理由见解析；（3）2
【解析】
【分析】
（1）证明()ABD ACE SAS ≅△△，根据全等三角形的性质得到BD CE =；
（2）同（1）先证明()ABD ACE SAS ≅△△，得到∠ACE=∠ABD ，结合等腰三角形的性质和外角和定理用不同的方法表示∠ACE ，得到α和β关系式；
（3） 同（1）先证明()ABD ACE SAS ≅△△，得到ABC ADCE S S ∆=四边形，那么
DCE ADE ADCE S S S ∆∆=-四边形，当AD BC ⊥时，ADE S ∆最小，即DCE S ∆最大．
【详解】
解：（1）∵BAC DAE ∠=∠，
∴BAC DAC DAE DAC ∠-∠=∠-∠，
∴BAD CAE ∠=∠，
在ABD △和ACE △中，
AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴()ABD ACE SAS ≅△△，
∴BD CE =；
（2）同（1）的方法得()ABD ACE SAS ≅△△，
∴∠ACE=∠ABD ，∠BCE=α，
∴∠ACE=∠ ACB+∠BCE=∠ACB+α，
在ABC 中，
∵AB= AC ，∠BAC=β，
∴∠ACB=∠ABC =12(180°-β)= 90°-12
β， ∴∠ABD= 180°-∠ABC= 90°+
12β， ∴∠ACE=∠ACB +α= 90°-
12β+α， ∵∠ACE=∠ABD = 90°+
12β， ∴90°-12β+α= 90°+12
β， ∴α = β；
（3）如图，过A 做AH BC ⊥于点H ，
∵AB AC =，90BAC ∠=︒，
∴45ABC ∠=︒，122
BH AH BC ===， 同（1）的方法得，()ABD ACE SAS ≅△△，
AEC ABD S S ∆∆∴=,AEC ADC ABD ADC S S S S ∆∆∆∆+=+， 即142
ABC ADCE S S BC AH ∆==⋅=四边形， ∴DCE ADE ADCE S S S ∆∆=-四边形，
当ADE S ∆最小时，DCE S ∆最大，
∴当AD BC ⊥2AD =，时最小，2122
ADE S AD ∆==， 422DCE S ∆∴=-=最大．
【点睛】
本题考查全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，三角形的外角和定理，解题的关键是抓住第一问中的那组全等三角形，后面的问题都是在这个基础上进行证明的．
3．（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．
4．（1）①
)；②B ；（2）3s =；（3）59k ≤≤． 【解析】
【分析】
（1）利用限变点的定义直接解答即可；
（2）先利用逆推原理求出限变点(2,1)A -、(2,1)B 对应的原来点坐标，然后把原来点坐标代入到2y =，满足解析式的就是答案；
（3）先OC OD ，的关系式，再求出点P 的限变点Q 满足的关系式，然后根据图象求出m n ，的值，从而求出s 即可；
（4）先求出线段EF 的关系式，再求出点P 的限变点Q 所满足的关系式，根据图像求解即可．
【详解】
解：（1）①∵2a =， ∴11b b ==-='，
∴坐标为：)
，
故答案为：)； ②∵对于限变点来说，横坐标保持不变，
∴限变点(2,1)A -对应的原来点的坐标为：()2,1-或()21--，
， 限变点(2,1)B 对应的原来点的坐标为：()2,2，
∵()2,2满足2y =，
∴这个点是B ，
故答案为：B ；
（2）∵点C 的坐标为(2,2)--，
∴OC 的关系式为：()0y x x =≤，
∵点D 的坐标为(2,2)-，
∴OD 的关系式为：
()0y x x =-≥，
∴点P 满足的关系式为：()()00x x y x x ≤⎧⎪=⎨->⎪⎩
， ∴点P 的限变点Q 的纵坐标满足的关系式为：
当2x ≥时：1b x '=--，
当02x <<时：b x x '=-=，
当0x ≤时，b x x '==-，
图像如下：
通过图象可以得出：当2x ≥时，3b '≤-，∴3n =-，
当2x <时，0b '≥，∴0m =，
∴()033s m n =-=--=；
（3）设线段EF 的关系式为：()022y ax c a x k k =+≠-≤≤>-，
，， 把(2,5)E --，(,3)F k k -代入得：253a c ka c k -+=-⎧⎨+=-⎩
，解得：13a c =⎧⎨=-⎩， ∴线段EF 的关系式为()322y x x k k =--≤≤>-，， ∴线段EF 上的点P 的限变点Q 的纵坐标满足的关系式4(2)|3|3(22)x x b x x x -⎧'=⎨
-=--<⎩， 图象如下：
当x ＝2时，b ′取最小值，b '＝2﹣4＝﹣2，
当b '＝5时，
x ﹣4＝5或﹣x +3＝5，解得：x ＝9或x ＝﹣2，
当b ′＝1时，
x ﹣4＝1，解得：x ＝5，
∵ 25b '-≤≤，
∴由图象可知，k 的取值范围时：59k ≤≤．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的综合题，解答本题的关键是熟练掌握新定义“限变点”，解答此题还需要掌握一次函数的图象与性质以及最值的求解，此题有一定的难度．
5．（1）BP=3cm ，CQ=3cm ；（2）全等，理由详见解析；（3）
154；（4）经过803
s 点P 与点Q 第一次相遇．
【解析】
【分析】
（1）速度和时间相乘可得BP 、CQ 的长；
（2）利用SAS 可证三角形全等；
（3）三角形全等，则可得出BP=PC ，CQ=BD ，从而求出t 的值；
（4）第一次相遇，即点Q 第一次追上点P ，即点Q 的运动的路程比点P 运动的路程多10+10=20cm 的长度．
【详解】
解：（1）BP=3×1=3㎝，
CQ=3×1=3㎝
（2）∵t=1s ，点Q 的运动速度与点P 的运动速度相等
∴BP=CQ=3×1=3cm ，
∵AB=10cm ，点D 为AB 的中点，
∴BD=5cm ．
又∵PC=BC ﹣BP ，BC=8cm ，
∴PC=8﹣3=5cm ，
∴PC=BD
又∵AB=AC ，
∴∠B=∠C ，
在△BPD 和△CQP 中，
PC BD B C BP CQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△BPD ≌△CQP(SAS)
（3）∵点Q 的运动速度与点P 的运动速度不相等，
∴BP 与CQ 不是对应边，
即BP≠CQ
∴若△BPD ≌△CPQ ，且∠B=∠C ，
则BP=PC=4cm ，CQ=BD=5cm ，
∴点P ，点Q 运动的时间t=
433BP =s ， ∴154
Q CQ V t ==cm/s ； （4）设经过x 秒后点P 与点Q 第一次相遇． 由题意，得
154x=3x+2×10， 解得80x=
3 ∴经过803
s 点P 与点Q 第一次相遇． 【点睛】
本题考查动点问题，解题关键还是全等的证明和利用，将动点问题视为定点问题来分析可简化思考过程．
6．（1)相等，证明见解析；（2)证明见解析；（3)证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）先证明△ACD ≌△CBE ，再由全等三角形的性质即可证得CD=BE ；
（2）先证明△BCD ≌△ABE ，得到∠BCD=∠ABE ，求出
∠DQB=∠BCQ+∠CBQ=∠ABE+∠CBQ=180°-∠ABC ，∠CQE=180°-∠DQB ，即可解答； （3）如图3，过点D 作DG ∥BC 交AC 于点G ，根据等边三角形的三边相等，可以证得AD=DG=CE ；进而证明△DGF 和△ECF 全等，最后根据全等三角形的性质即可证明．
【详解】
（1）解：CD 和BE 始终相等，理由如下：
如图1，AB=BC=CA ，两只蜗牛速度相同，且同时出发，
∴CE=AD ，∠A=∠BCE=60°
在△ACD 与△CBE 中，
AC=CB ，∠A=∠BCE ，AD=CE
∴△ACD ≌△CBE （SAS ），
∴CD=BE ，即CD 和BE 始终相等；
（2）证明：根据题意得：CE=AD ，
∵AB=AC ，
∴AE=BD ， ∴△ABC 是等边三角形，
∴AB=BC ，∠BAC=∠ACB=60°，
∵∠EAB+∠ABC=180°，∠DBC+∠ABC=180°，
∴∠EAB=∠DBC ，
在△BCD 和△ABE 中，
BC=AB ，∠DBC=∠EAB ，BD=AE
∴△BCD ≌△ABE （SAS ），
∴∠BCD=∠ABE
∴∠DQB=∠BCQ+∠CBQ=∠ABE+∠CBQ=180°-∠ABC=180°-60°=120°，
∴∠CQE=180°-∠DQB=60°，即CQE=60°；
（3）解：爬行过程中，DF 始终等于EF 是正确的，理由如下：
如图，过点D 作DG ∥BC 交AC 于点G ，
∴∠ADG=∠B=∠AGD=60°，∠GDF=∠E ，
∴△ADG 为等边三角形，
∴AD=DG=CE ，
在△DGF 和△ECF 中，
∠GFD=∠CFE ，∠GDF=∠E ，DG=EC
∴△DGF ≌△EDF （AAS ），
∴DF=EF.
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质和等边三角形的性质；题弄懂题中所给的信息，再根据所提供的思路寻找证明条件是解答本题的关键．
7．（1）证明见解析；(2,3)D ；（2）存在，(0,0)P ，(2,3)Q 或(0,0)P ，(2,3)Q -或
(4,0)P ，(2,7)Q 或(4,0)P ，(2,7)Q -或1(,0)2P -，(2,2)Q -或1(,0)2
P -，(2,2)Q -．
【解析】
【分析】
（1）通过全等三角形的判定定理ASA 证得△ABP ≌△PCD ，由全等三角形的对应边相等证得AP ＝DP ，DC ＝PB ＝3，易得点D 的坐标；
（2）设P （a ，0），Q （2，b ）．需要分类讨论：①AB ＝PC ，BP ＝CQ ；②AB ＝CQ ，BP ＝PC ．结合两点间的距离公式列出方程组，通过解方程组求得a 、b 的值，得解．
【详解】
（1）AP PD ⊥
90APB DPC ∴∠+∠=
AB x ⊥轴
90A APB ∴∠+∠=
A DPC ∴∠=∠
在ABP ∆和PCD ∆中
A DPC A
B PC
ABP PCD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
()ABP PCD ASA ∴∆≅∆
AP DP ∴=，3DC PB ==
(2,3)D ∴
（2）设(,0)P a ，(2,)Q b
①AB PC =，BP CQ =
223a a b ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩
，解得03a b =⎧⎨=±⎩或47a b =⎧⎨=±⎩ (0,0)P ∴，(2,3)Q 或(0,0)P ，(2,3)Q -或(4,0)P ，(2,7)Q 或(4,0)P ，(2,7)Q - ②AB CQ =，BP PC =，
322a a b +=-⎧⎨=⎩，解得122
a b ⎧=⎪⎨⎪=±⎩ 1(,0)2P ∴-，(2,2)Q -或1(,0)2
P -，(2,2)Q - 综上：(0,0)P ，(2,3)Q 或(0,0)P ，(2,3)Q -或(4,0)P ，(2,7)Q 或(4,0)P ，(2,7)
Q -或1(,0)2P -
，(2,2)Q -或1(,0)2
P -，(2,2)Q - 【点睛】 考查了三角形综合题．涉及到了全等三角形的判定与性质，两点间的距离公式，一元一次绝对值方程组的解法等知识点．解答（2）题时，由于没有指明全等三角形的对应边（角），所以需要分类讨论，以防漏解．
8．（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.
9．（1）=；（2）证明见解析；（3）60°，BD=CE；（4）90°，AM+BD=CM；（5）7
【解析】
【分析】
（1）由DE∥BC，得到
DB EC
AB AC
=，结合AB=AC，得到DB=EC；
（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；
（3）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定定理证明△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质求出结论；
（4）根据全等三角形的判定和性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论；
（5）根据旋转的过程中△ADE的面积始终保持不变，而在旋转的过程中，△ADC的AC始终保持不变，即可．
【详解】
[初步感知]（1）∵DE∥BC，
∴
DB EC
AB AC
=，
∵AB=AC，
∴DB=EC，
故答案为：=，
（2）成立．
理由：由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中
AD AE
DAB EAC
AB AC
⎪
∠
⎪
⎩
∠
⎧
⎨
＝
＝
＝
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴DB=CE；
[深入探究]（3）如图③，设AB，CD交于O，
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60°，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中
AD AE
DAB EAC
AB AC
⎪
∠
⎪
⎩
∠
⎧
⎨
＝
＝
＝
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴DB=CE，∠ABD=∠ACE，
∵∠BOD=∠AOC，
∴∠BDC=∠BAC=60°；
（4）∵△DAE是等腰直角三角形，
∴∠AED=45°，
∴∠AEC=135°，
在△DAB和△EAC中
AD AE
DAB EAC
AB AC
⎪
∠
⎪
⎩
∠
⎧
⎨
＝
＝
＝
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴∠ADB=∠AEC=135°，BD=CE，
∵∠ADE=45°，
∴∠BDC=∠ADB-∠ADE=90°，
∵△ADE都是等腰直角三角形，AM为△ADE中DE边上的高，∴AM=EM=MD，
∴AM+BD=CM；
故答案为：90°，AM+BD=CM；
【拓展提升】
（5）如图，
由旋转可知，在旋转的过程中△ADE的面积始终保持不变，△ADE与△ADC面积的和达到最大，
∴△ADC面积最大，
∵在旋转的过程中，AC始终保持不变，
∴要△ADC面积最大，
∴点D到AC的距离最大，
∴DA⊥AC，
∴△ADE与△ADC面积的和达到的最大为2+1
2
×AC×AD=5+2=7，
故答案为7．
【点睛】
此题是几何变换综合题，主要考查了旋转和全等三角形的性质和判定，旋转过程中面积变化分析，解本题的关键是三角形全等的判定．
10．模型建立：见解析；应用1：652：（1）Q(1，3)，交点坐标为(5
2
，0)；
（2）y＝﹣x+4
【解析】
【分析】
根据AAS证明△BEC≌△CDA，即可；
应用1：连接AC，过点B作BH⊥DC，交DC的延长线于点H，易证△ADC≌△CHB，结合勾股定理，即可求解；
应用2：（1）过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥y轴于点K，直线KQ和直线NP 相交于点H，易得：△OKQ≌△QHP，设H(4，y)，列出方程，求出y的值，进而求出
Q(1，3)，再根据中点坐标公式，得P(4，2)，即可得到直线l的函数解析式，进而求出直线l与x轴的交点坐标；（2）设Q(x，y)，由△OKQ≌△QHP，KQ＝x，OK＝HQ＝y，可得：y＝﹣x+4，进而即可得到结论．
【详解】
如图①，∵AD⊥ED，BE⊥ED，∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠ACD+∠DAC＝∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
∵AC＝BC，
∴△BEC≌△CDA（AAS）；
应用1：如图②，连接AC，过点B作BH⊥DC，交DC的延长线于点H，
∵∠ADC＝90°，AD＝6，CD＝8，
∴AC＝10，
∵BC＝10，AB2＝200，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADC＝∠BHC＝∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠CBH，
∵AC＝BC＝10，
∴△ADC≌△CHB（AAS），
∴CH＝AD＝6，BH＝CD＝8，
∴DH=6+8=14，
∵BH⊥DC，
∴BD＝
应用2：（1）如图③，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥y轴于点K，直线KQ和直线NP相交于点H，
由题意易：△OKQ≌△QHP（AAS），
设H(4，y)，那么KQ＝PH＝y﹣m＝y﹣2，OK＝QH＝4﹣KQ＝6﹣y，
又∵OK＝y，
∴6﹣y＝y，y＝3，
∴Q(1，3)，
∵折叠纸片，使得点P与点O重合，折痕所在的直线l过点Q且与线段OP交于点M，
∴点M是OP的中点，
∵P(4，2)，
∴M(2，1)，
设直线Q M的函数表达式为：y＝kx+b，
把Q(1，3)，M(2，1)，代入上式得：
21
3
k b
k b
+=
⎧
⎨
+=
⎩
，解得：
2
5
k
b
=-
⎧
⎨
=
⎩
∴直线l的函数表达式为：y＝﹣2x+5，
∴该直线l与x轴的交点坐标为(5
2
，0)；
（2）∵△OKQ≌△QHP，
∴QK＝PH，OK＝HQ，
设Q(x，y)，
∴KQ＝x，OK＝HQ＝y，
∴x+y＝KQ+HQ＝4，
∴y＝﹣x+4，
∴无论m取何值，点Q总在某条确定的直线上，这条直线的解析式为：y＝﹣x+4，
故答案为：y＝﹣x+4．
【点睛】
本题主要考查三角形全等的判定和性质定理，勾股定理，一次函数的图象和性质，掌握“一线三垂直”模型，待定系数法是解题的关键．
11．（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，
∴CH2AF，
∵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.
12．（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．。