专题12.25 三角形全等几何模型-“一线三直角”模型（专项练习）（培优篇）-2021-2022学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题12.25 三角形全等几何模型-“一线三直角”模型（专项练习）（培优篇）-2021-2022学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版），共49页。试卷主要包含了模型一，拓展等内容，欢迎下载使用。

专题12.25 三角形全等几何模型-“一线三直角”模型
（专项练习）（培优篇）
知识储备：
1、模型一： 三垂直全等模型






图一
如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。 结论：Rt△BDC≌Rt△CEA


2、拓展：模型二： 三等角全等模型


图二

如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。 结论：△BEC≌△CDA
一、单选题
1．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，DE是△ABC的中位线，点D在AB上，把点B绕点D按顺时针方向旋转α（0°<α<180°）角得到点F，连接AF，BF．下列结论：①△ABF是直角三角形；②若△ABF和△ABC全等，则α=2∠BAC或2∠ABC；③若α=90°，连接EF，则S△DEF=4.5；其中正确的结论是（ ）

A．①② B．①③ C．①②③ D．②③


二、填空题
2．如图，点的坐标为，点的坐标为，分别以，为直角边在第三、第四象限作等腰，等腰，连接交轴于点，点的坐标是______．

3．如图，AO⊥OM，OA=7，点B为射线OM上的一个动点，分别以OB，AB为直角边，B为直角顶点，在OM两侧作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，连接EF交OM于P点，当点B在射线OM上移动时，则PB的长度____________．


三、解答题
4．在中，．

(1)如图①，以点为直角顶点，为腰在右侧作等腰，过点作交的延长线于点．求证：．
(2)如图②，以为底边在左侧作等腰，连接，求的度数．
(3)如图③，中，,垂足为点，以为边在左侧作等边,连接交于，,求的长．
5．已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点E为△ABC内一点，连接AE，CE，CE⊥AE，过点B作BD⊥AE，交AE的延长线于D．

（1）如图1，求证BD=AE；
（2）如图2，点H为BC中点，分别连接EH，DH，求∠EDH的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，点M为CH上的一点，连接EM，点F为EM的中点，连接FH，过点D作DG⊥FH，交FH的延长线于点G，若GH：FH=6：5，△FHM的面积为30，∠EHB=∠BHG，求线段EH的长．
6．如图1，在中，，，分别过、两点作过点的直线的垂线，垂足为、；

（1）如图1，当、两点在直线的同侧时，猜想，、、三条线段有怎样的数量关系？并说明理由.
（2）如图2，当、两点在直线的两侧时，、、三条线段有怎样的数量关系？并说明理由.
（3）如图3，，，.点从点出发沿路径向终点运动；点从点出发沿路径向终点运动.点和分别以每秒2和3个单位的速度同时开始运动，只要有一点到达相应的终点时两点同时停止运动；在运动过程中，分别过和作于，于.问：点运动多少秒时，与全等？（直接写出结果即可）
7．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．点P从点A出发，沿折线AC—CB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，点Q从点B出发沿折线BC—CA以每秒3个单位长度的速度向终点A运动，P、Q两点同时出发．分别过P、Q两点作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设点P的运动时间为t（秒）：
（1）当P、Q两点相遇时，求t的值；
（2）在整个运动过程中，求CP的长（用含t的代数式表示）；
（3）当△PEC与△QFC全等时，直接写出所有满足条件的CQ的长．

8．（1）如图1，已知：在中，，，直线经过点，，垂足分别为点、．证明：①；②．

（2）如图2，将（1）中的条件改为：在中，，、、三点都在上，并且有，其中为任意锐角或钝角．请问结论是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．

（3）如图3，过的边、向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点，求证：是的中点．

9．如图，A（-2，0），B（0，4）以B点为直角顶点在第二象限作等腰直角△ABC
（1）求C点的坐标；
（2）如图2点E为y轴正半轴上一动点，以E为直角顶点作等腰直角△AEM，过M作MN⊥x轴于N，求OE-MN的值．

10．如图，，，，求的度数.

11．综合与实践．
积累经验
我们在第十二章《全等三角形》中学习了全等三角形的性质和判定，在一些探究题中经常用以上知识转化角和边，进而解决问题．例如：我们在解决：“如图1，在中，，，线段经过点，且于点，于点.求证：，”这个问题时，只要证明，即可得到解决，
（1）请写出证明过程；

类比应用
（2）如图2，在平面直角坐标系中，中，，，点的坐标为，点的坐标为，求点的坐标．

拓展提升
（3）如图3，在平面直角坐标系中，，，点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为____________．

12．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．

13．如图，中，，，点为射线上一动点，连结，作且．

（1）如图1，过点作交于点，求证：；
（2）如图2，连结交于点，若，，求证：点为中点．
（3）当点在射线上，连结与直线交于点，若，，则______．（直接写出结果）
14．如图，以的边和，向外作等腰直角三角形和，连接，是的高，延长交于点，过点作的垂线交于点．

（1）求证：；
（2）求证：点是的中点．
15．如图，等腰中，，，点，分别在坐标轴上．
（1）如图1，若点的横坐标为，直接写出点的坐标_______；

图1
（2）如图2，若点的坐标为，点在轴的正半轴上运动时，分别以，为边在第一、第二象限作等腰，等腰，连接交轴于点，当点在轴的正半轴上移动时，的长度是否发生改变？若不变，求出的值；若变化，求的取值范围．

图2
16．提出问题：如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交边DC与点E，求证：PB=PE
分析问题：学生甲：如图1，过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N通过证明两三角形全等，进而证明两条线段相等．
学生乙：连接DP，如图2，很容易证明PD=PB，然后再通过“等角对等边”证明PE=PD，就可以证明PB=PE了．
解决问题：请你选择上述一种方法给予证明．
问题延伸：如图3，移动三角板，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交DC的延长线于点E，PB=PE还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

17．（提出问题）如图1，在直角中，∠BAC=90°，点A正好落在直线l上，则∠1、∠2的关系为 
（探究问题）如图2，在直角中，∠BAC=90°，AB=AC，点A正好落在直线l上，分别作BD⊥l于点D，CE⊥l于点E，试探究线段BD、CE、DE之间的数量关系，并说明理由．
（解决问题）如图3，在中，∠CAB、∠CBA均为锐角，点A、B正好落在直线l上，分别以A、B为直角顶点，向外作等腰直角三角形ACE和等腰直角三角形BCF，分别过点E、F作直线l的垂线，垂足为M、N．
①试探究线段EM、AB、FN之间的数量关系，并说明理由；
②若AC=3，BC=4，五边形EMNFC面积的最大值为

18．如图，在平面直角坐标系中，点分别是x轴上两点，点是y轴正半轴上的动点，过点P作，且．

（1）如图1，连接相交于点E，求证：；
（2）如图1，连接，求证：平分；
（3）如图2，连与y轴相交于点Q，当动点P在y轴正半轴上运动时，线段的长度是否改变？如果不变，请求出其值；如果改变，请求出其变化范围．
19．在中，，，点是的中点，点是射线上的一个动点（点不与点、、重合），过点作于点，过点作于点，连接，．
（问题探究）如图1，当点在线段上运动时，延长交于点，

（1）求证：≌；
（2）与的数量关系为：______（直接写结论，不需说明理由）；
（拓展延伸）
（3）①如图2，当点在线段上运动，的延长线与的延长线交于点，的大小是否变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由；
②当点在射线上运动时，若，，直接写出的面积，不需证明．
20．如图，线段AB=4，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP=∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．
（1）求证：AEP≌CEP；
（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；
（3）请直接写出AEF的周长．

参考答案
1．C
【分析】
①根据直角三角形斜边中线的性质和旋转的性质得出，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可判断；

②分两种情况讨论：或，分别求α即可 ；
③先根据题意画出图形，首先证明 ，然后得出，最后利用即可求解．
【详解】
①∵DE是△ABC的中位线，
．
由旋转可知，
，
．
，
，
即 ，
∴△ABF是直角三角形，故①正确；
，
．
若△ABF和△ABC全等，
当时，
；
当时，
，
综上所述，若△ABF和△ABC全等，则α=2∠BAC或2∠ABC，故②正确；

过点F作交ED的延长线于点G，
∵DE是的中位线，
，
．
，
．
，
，
．
，
．
，D为AB中点，
．
在和中，

，
，故③正确；
所以正确的有：①②③．
故选：C．
【点拨】本题主要考查三角形中位线的性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定及性质，掌握三角形中位线的性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键．
2．
【分析】
作轴于，求出，证，得BN=AO，再由，证，推出=2，由点的坐标为即可得出点的坐标为．
【详解】
解：如图，作轴于，

，
，，
，
在和中，

，
，OA=BN
，
在和中，
，
，
，
又因为点的坐标为，
，
，
又∵点的坐标为，
∴点的坐标为．
故答案为：．
【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，有一定的难度，注意：全等三角形的判定定理有，，，，全等三角形的对应角相等，对应边相等．
3．
【分析】
根据题意过点E作EN⊥BM，垂足为点N，首先证明△ABO≌△BEN，得到BO=ME；进而证明△BPF≌△MPE并分析即可得出答案．
【详解】
解：如图，过点E作EN⊥BM，垂足为点N，

∵∠AOB=∠ABE=∠BNE=90°，
∴∠ABO+∠BAO=∠ABO+∠NBE=90°，
∴∠BAO=∠NBE，
∵△ABE、△BFO均为等腰直角三角形，
∴AB=BE，BF=BO；
在△ABO与△BEN中，
，
∴△ABO≌△BEN（AAS），
∴BO=NE，BN=AO；
∵BO=BF，
∴BF=NE，
在△BPF与△NPE中，
，
∴△BPF≌△NPE（AAS），
∴BP=NP= BN，BN=AO，
∴BP= AO= ×7=．
故答案为：．
【点拨】本题考查三角形内角和定理以及全等三角形的性质和判定的应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形并灵活运用有关定理进行分析．
4．（1）见解析；（2）；（3）4+6
【分析】
（1）根据“一线三垂直”模型，可以证得；
（2）过点C作CM⊥CO交BO于M，AC与BO交于点N，利用旋转模型证明≌，由外角的性质计算即可；
（3）在CE上截取一点H，使CH=AE，连接OH，利用等腰直角△AOB，等边△BOC证得≌，通过等角代换证明为等边三角形，由线段和计算即可得到结果．
【详解】
（1）∵∠BAC=∠AOB=90°，
∴∠BAO+∠DAC=∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠DAC=∠ABO，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，
在△AOB和△CDA中，

∴△AOB≌△CDA（AAS）
（2）如图②，过点C作CM⊥CO交BO于M，AC与BO交于点N，
，
，
，，
，
∵AC=BC，
≌，
，
，
，
故答案为：135°．


（3）如图③，在CE上截取一点H，使CH=AE，连接OH，
∵△AOB是等腰直角三角形，△BOC是等边三角形，所以
，
，
≌，
，AE=CH=3，∠AOE=∠COH，
，∠AOB=90°，
，
，∠BOH=∠BOC-∠COH=60°-45°=15°，
，
为等边三角形，
，
Rt△ADE中，∠DAE=45°-15°=30°，
∴AE=2DE，
设DE=x，则AE=2x，AD=x，
∵AD=OD，
∴2+x=x，
x=+1，
∴AE=2x=2+2，
∴AC=CH+HE+AE=2+2+2+2+2=4+6．
故答案为：4+6．

【点拨】本题考查了“一线三垂直”模型，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等角代换的应用，计算线段和的应用，掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．
5．（1）见解析；（2）∠EDH＝45°；（3）EH＝10．
【分析】
（1）根据全等三角形的判定得出△CAE≌△ABD，进而利用全等三角形的性质得出AE＝BD即可；
（2）根据全等三角形的判定得出△AEH≌△BDH，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（3）过点M作MS⊥FH于点S，过点E作ER⊥FH，交HF的延长线于点R，过点E作ET∥BC，根据全等三角形判定和性质解答即可．
【详解】
证明：（1）∵CE⊥AE，BD⊥AE，
∴∠AEC＝∠ADB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ACE+CAE＝∠CAE+∠BAD＝90°，
∴∠ACE＝∠BAD，
在△CAE与△ABD中

∴△CAE≌△ABD（AAS），
∴AE＝BD；
（2）连接AH
∵AB＝AC，BH＝CH，
∴∠BAH＝，∠AHB＝90°，
∴∠ABH＝∠BAH＝45°，
∴AH＝BH，
∵∠EAH＝∠BAH﹣∠BAD＝45°﹣∠BAD，
∠DBH＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD﹣∠ABH＝45°﹣∠BAD，
∴∠EAH＝∠DBH，
在△AEH与△BDH中

∴△AEH≌△BDH（SAS），
∴EH＝DH，∠AHE＝∠BHD，
∴∠AHE+∠EHB＝∠BHD+∠EHB＝90°
即∠EHD＝90°，
∴∠EDH＝∠DEH＝；
（3）过点M作MS⊥FH于点S，过点E作ER⊥FH，交HF的延长线于点R，过点E作ET∥BC，交HR的延长线于点T．
∵DG⊥FH，ER⊥FH，
∴∠DGH＝∠ERH＝90°，
∴∠HDG+∠DHG＝90°
∵∠DHE＝90°，
∴∠EHR+∠DHG＝90°，
∴∠HDG＝∠HER
在△DHG与△HER中

∴△DHG≌△HER （AAS），
∴HG＝ER，
∵ET∥BC，
∴∠ETF＝∠BHG，∠EHB＝∠HET，
∠ETF＝∠FHM，
∵∠EHB＝∠BHG，
∴∠HET＝∠ETF，
∴HE＝HT，
在△EFT与△MFH中
，
∴△EFT≌△MFH（AAS），
∴HF＝FT，
∴，
∴ER＝MS，
∴HG＝ER＝MS，
设GH＝6k，FH＝5k，则HG＝ER＝MS＝6k，
，
k＝，
∴FH＝5，
∴HE＝HT＝2HF＝10．

【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用数形结合的思想思考问题，属于压轴题．
6．（1）（2）（3）当点运动6秒或10秒时与全等
【分析】
（1）根据题意首先证明，在采用等量替换即可证明.
（2）根据题意首先证明，在采用等量替换即可证明.
（3）根据与全等，列方程即可，注意要分类讨论.
【详解】
（1）.理由如下：
∵在中，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴.
（2）..理由如下：
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（3）解：①当点在上，点在上时，
，
解得，
②当点在上，点在上时，
，
解得.
③当点在上，点在上时，（t>11）

解得：t=6(舍)
④当点运动到点，点在上时，（11 ，
解得（舍）.
所以当点运动6秒或10秒时与全等.
【点拨】本题主要考查三角形的全等证明,关键在于第三问的分类讨论思想,这是数学的一个重要思想，应当熟练掌握.
7．（1）t的值为秒；（2）CP的长为；（3）当△PEC与△QFC全等时，满足条件的CQ的长为5或2.5或6
【分析】
（1）由题意得t+3t=6+8，即可求得P、Q两点相遇时，t的值；
（2）根据题意即可得出CP的长为；
（3）分两种情况讨论得出关于t的方程，解方程求得t的值，进而即可求得CQ的长．
【详解】
解：（1）由题意得t＋3t＝6＋8，
解得：t＝（秒），
当P、Q两点相遇时，t的值为秒；
（2）由题意可知AP＝t，
则CP的长为；
（3）当P在AC上，Q在BC上时，
∵∠ACB＝90，
∴∠PCE＋∠QCF＝90°，
∵PE⊥l于E，QF⊥l于F．
∴∠EPC＋∠PCE＝90°，∠PEC＝∠CFQ＝90°，
∴∠EPC＝∠QCF，
∴△PCE≌△CQF，
∴PC＝CQ，
∴6﹣t＝8﹣3t，解得t＝1，
∴CQ＝8﹣3t＝5；
当P在AC上，Q在AC上时，即P、Q重合时，则CQ＝PC，
由题意得，6﹣t＝3t﹣8，
解得：t＝3.5，
∴CQ＝3t﹣8＝2.5，
当P在BC上，Q在AC上时，即A、Q重合时，则CQ＝AC＝6，
综上，当△PEC与△QFC全等时，满足条件的CQ的长为5或2.5或6．
【点拨】本题考查了三角形全等的判定和性质，线段的动点问题，根据题意得出关于t的方程是解题的关键．
8．（1）①见解析；②见解析；（2）成立：DE=BD+CE；证明见解析；（3）见解析
【分析】
（1）①根据平行线的判定与性质即可求解；②由条件可证明△ABD≌△CAE，可得DA＝CE，AE＝BD，可得DE＝BD＋CE；
（2）由条件可知∠BAD＋∠CAE＝180°−α，且∠DBA＋∠BAD＝180°−α，可得∠DBA＝∠CAE，结合条件可证明△ABD≌△CAE，同（1）可得出结论；
（3）由条件可知EM＝AH＝GN，可得EM＝GN，结合条件可证明△EMI≌△GNI，可得出结论I是EG的中点．
【详解】
（1）①∵BD⊥直线l，CE⊥直线l
∴∠BDA=∠CEA=90°
∵∠BAC=90°
∴∠BAD+∠CAE=90°
∵∠BAD+∠ABD=90°
∴∠CAE=∠ABD
②在△ADB和△CEA中

∴△ADB≌△CEA（AAS）
∴AE=BD，AD=CE
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）成立：DE=BD+CE证明如下：
∵∠BDA=∠BAC=α
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°﹣α
∴∠DBA=∠CAE
在△ADB和△CEA中

∴△ADB≌△CEA（AAS）
∴AE=BD、AD=CE
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）如图过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N
∴∠EMI=GNI=90°
由（1）和（2）的结论可知EM=AH=GN
∴EM=GN
在△EMI和△GNI中
∴△EMI≌△GNI（AAS）
∴EI=GI
∴I是EG的中点．

【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质，由条件证明三角形全等得到BD＝AE、CE＝AD是解题的关键．
9．（1）C（-4，6）；（2）OE－MN=2．
【分析】
（1）作CE⊥y轴于E，易证△CBE≌△BAO，即可得点C的坐标；
（2）作MF⊥y轴于F，易证△AOE≌△EFM，可得OE－MN=EF=OA即可求得答案．
【详解】
（1）

作CE⊥y轴于E，如图1，
∵A（-2，0），B（0，4），
∴OA=2，OB=4，
∵∠CBA=90°，
∴∠CEB=∠AOB=∠CBA=90°，
∴∠ECB+∠EBC=90°，∠CBE+∠ABO=90°，
∴∠ECB=∠ABO，
在△CBE和△BAO中
∴△CBE≌△BAO，
∴CE=BO=4，BE=AO=2，
即OE=2+4=6，
∴C（-4，6）．
（2）

如图2，作MF⊥y轴于F，
则∠AEM=∠EFM=∠AOE=90°，
∵∠AEO+∠MEF=90°，∠MEF+∠EMF=90°，
∴∠AEO=∠EMF，
在△AOE和△EMF中，
∴△AEO≌△EMF，
∴EF=AO=2，MF=OE，
∵MN⊥x轴，MF⊥y轴，
∴∠MFO=∠FON=∠MNO=90°，
∴四边形FONM是矩形，
∴MN=OF，
∴OE-MN=OE-OF=EF=OA=2．
考点：全等三角形的判定及性质．
10．∠ACB=90°.
【分析】
作AM⊥直线OC于M，BN⊥直线OC于N．通过AAS证明△AOM≌△OBN，根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质即可求得答案.
【详解】
作AM⊥直线OC于M，BN⊥直线OC于N．
∵∠ACO=135°，
∴∠ACM=45°，
∴AM=CM，
在△AOM与△OBN中，
，
∴△AOM≌△OBN(AAS)，
∴OM=BN，ON=AM=CM，
∴NC=OM=BN，
又∵BN⊥NS．
∴∠BCN=45°，
∴∠ACB=∠ACO-∠BCN=90°.

【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，有一定的综合性，难点是作出辅助线．
11．（1）见解析；（2）B的坐标（3，1）；（3）（3，4）
【分析】
（1）根据AD⊥DE、BE⊥DE得到∠D=∠E=90°再根据直角三角形的性质以及同角的余角相等，推出∠DAC=∠BCE，进而证明，最后再根据全等三角形对应边相等得出AD=CE，CD=BE；
（2）如图4，过点B作BE⊥x轴于点E，通过证明，进而得出AO=CE，CO=BE，再根据点A的坐标为（0，2），点C的坐标（1，0），求得OE=3，最后得出B的坐标（3，1）；
（3）如图5，过点C做CF⊥x轴与点F，再过点A、B分别做AE⊥CF，BD⊥CF，通过证明，进而得出BD=CE=，AE=CD，最后根据点的坐标为，点的坐标为，得出B坐标（3，4）.
【详解】
（1）证明：
∵AD⊥DE，BE⊥DE
∴∠D=∠E=90°
∴∠DAC+∠ACD=90°
又∵∠ACB=90°
∴∠ACD+∠BCE=90°
∴∠DAC=∠BCE
在△ADC和△CEB中
∴△ADC≌△CEB
∴AD=CE，CD=BE
（2）解：如图，过点B作BE⊥x轴于点E
∵∠AOC=90°∴∠OAC+∠ACO=90°
又∵∠ACB=90°
∴∠ACO+∠BCE=90°
∴∠OAC=∠BCE
在△AOC和△CEB中
∴△AOC≌△CEB
∴AO=CE，CO=BE
又∵点A的坐标为（0，2），点C的坐标（1，0）
∴AO=2，CO=1
∴CE=2，BE=1
∴OE=3
∴B的坐标（3，1）

（3）（3，4）
解：如图5，过点C做CF⊥x轴与点F，再过点A、B分别做AE⊥CF，BD⊥CF，
∵AE⊥CF，BD⊥CF
∴，
∴,
又∵，
∴，
∴,
∴在和中 ，
∴（AAS）
∴BD=CE，AE=CD，
又∵的坐标为，点的坐标为，
∴CE=BD=2-1=1，CD=AE=4-2=2
设B点坐标为（a，b），
则a=4-1=3，b=2+2=4，
∴B坐标（3，4）
.
【点拨】本题综合考查了全等三角形的证明以及平面直角坐标系中求点坐标的综合应用问题；通过构建“一线三等角”模型，再利用直角三角形的性质以及同角的余角相等解决角关系是本题的关键.
12．（1）证明见解析；（2）DE＝BD＋CE；（3）B(1，4)
【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

∴△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（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）．

【点拨】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．
13．（1）见解析；（2）见解析；（3）或
【分析】
（1）证明△AFD≌△EAC，根据全等三角形的性质得到DF=AC，等量代换证明结论；
（2）作FD⊥AC于D，证明△FDG≌△BCG，得到DG=CG，求出CE，CB的长，得到答案；
（3）过F作FD⊥AG的延长线交于点D，根据全等三角形的性质得到CG=GD，AD=CE=7，代入计算即可．
【详解】
解：（1）证明：∵FD⊥AC，
∴∠FDA=90°，
∴∠DFA+∠DAF=90°，
同理，∠CAE+∠DAF=90°，
∴∠DFA=∠CAE，
在△AFD和△EAC中，
，
∴△AFD≌△EAC（AAS），
∴DF=AC，
∵AC=BC，
∴FD=BC；
（2）作FD⊥AC于D，
由（1）得，FD=AC=BC，AD=CE，
在△FDG和△BCG中，
，
∴△FDG≌△BCG（AAS），
∴DG=CG=1，
∴AD=2，
∴CE=2，
∵BC=AC=AG+CG=4，
∴E点为BC中点；

（3）当点E在CB的延长线上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，
BC=AC=4，CE=CB+BE=7，
由（1）（2）知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，
∴CG=GD，AD=CE=7，
∴CG=DG=1.5，
∴，
同理，当点E在线段BC上时，，
故答案为：或.

【点拨】本题考查的是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是解题的关键．
14．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）先利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，且，利用得到；
（2）由（1）利用全等三角形对应边相等得到，再，交延长线于点，同理可得到，等量代换得到，再由一对直角相等且对顶角相等，利用得到，利用全等三角形对应边相等即可得证．
【详解】
证明：（1） ∵，
，
，
，
，
在和中，
，
，
（2）由（1）得，
，
作，交延长线于点，如图；

同理得到，
，
，
在和中，
，
，
．即点是的中点．
【点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握K字形全等进行证明是解本题的关键．
15．（1）；（2）不变，PB的值为3
【分析】
（1）作CD⊥BO，可证△ABO全等于△BCD，根据全等三角形对应边相等的性质即可解题；
（2）作EG⊥y轴，可证△BAO全等于△EBG全等于△EGP全等于△FBP，可得BG=OA和PB=PG,即可求得PB是AO的2倍，即可得到结论．
【详解】
（1）如图，作CD⊥BO于D，

∵∠CBD+∠ABO=90°，∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠CBD=∠BAO,
在△ABO和△BCD中，
∴△ABO≌△BCD,
∴CD=BO=5,
∴B点的坐标（0,5）
故答案为：．
（2）不发生改变，理由如下：
作轴于，

，，
．
在和中，


，
，
在和中，


．
．
∴不变，PB的值为3．
【点拨】本题考查三角形全等、等腰直角三角形性质、勾股定理、角平分线性质，熟练掌握添加辅助线证明三角形全等是解题的关键．
16．解决问题：证明见解析；问题延伸：成立，证明见解析.
【分析】
解决问题：对于图1，根据正方形的性质得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，而PM⊥BC，PN⊥CD，则四边PMCN为矩形，根据角平分线性质得PM=PN，根据四边形内角和得到∠PBC+∠CEP=180°，再利用等角的补角相等得到∠PBM=∠PEN，然后根据“AAS”证明△PBM≌△PEN，则PB=PE；
对于图2，连结PD，根据正方形的性质得CB=CD，CA平分∠BCD，根据角平分线的性质得∠BCP=∠DCP，再根据“SAS”证明△CBP≌△CDP，则PB=PD，∠CBP=∠CDP，根据四边形内角和得到∠PBC+∠CEP=180°，再利用等角的补角相等得到∠PBC=∠PED，则∠PED=∠PDE，所以PD=PE，于是得到PB=PD；
问题延伸：对于图3，过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，根据正方形的性质得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，而PM⊥BC，PN⊥CD，得到四边PMCN为矩形，PM=PN，则∠MPN=90°，利用等角的余角相等得到∠BPM=∠EPN，然后根据“AAS”证明△PBM≌△PEN，所以PB=PE．
【详解】
解决问题：如图1，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，
∵PM⊥BC，PN⊥CD，
∴四边PMCN为矩形，PM=PN，
∵∠BPE=90°，∠BCD=90°，
∴∠PBC+∠CEP=180°，
而∠CEP+∠PEN=180°，
∴∠PBM=∠PEN，
在△PBM和△PEN中

∴△PBM≌△PEN（AAS），
∴PB=PE；
如图2，连结PD，

∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，CA平分∠BCD，
∴∠BCP=∠DCP，
在△CBP和△CDP中
，
∴△CBP≌△CDP（SAS），
∴PB=PD，∠CBP=∠CDP，
∵∠BPE=90°，∠BCD=90°，
∴∠PBC+∠CEP=180°，
而∠CEP+∠PEN=180°，
∴∠PBC=∠PED，
∴∠PED=∠PDE，
∴PD=PE，
∴PB=PD；
问题延伸：如图3，PB=PE还成立．

理由如下：过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，
∵PM⊥BC，PN⊥CD，
∴四边PMCN为矩形，PM=PN，
∴∠MPN=90°，
∵∠BPE=90°，∠BCD=90°，
∴∠BPM+∠MPE=90°，
而∠MEP+∠EPN=90°，
∴∠BPM=∠EPN，
在△PBM和△PEN中
，
∴△PBM≌△PEN（AAS），
∴PB=PE．
17．提出问题：；探究问题：，理由见解析；解决问题：①，理由见解析；②．
【分析】
提出问题：根据平角的定义、角的和差即可得；
探究问题：先根据垂直的定义可得，再根据直角三角形的两锐角互余、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据线段的和差即可得；
解决问题：①如图（见解析），同探究问题的方法可得，再根据线段的和差即可得；
②如图（见解析），同探究问题的方法可得，再根据三角形全等的性质可得，然后利用三角形的面积公式将五边形EMNFC面积表示出来，由此即可得出答案．
【详解】
提出问题：，
，
故答案为：；
探究问题：，理由如下：
，
，
，
由提出问题可知，，
，
在和中，，
，
，
，
即；
解决问题：①，理由如下：
同探究问题的方法可证：，
，
即；
②如图，过点C作于点D，
同探究问题的方法可证：，
，
和都是等腰直角三角形，且，
，
，
五边形EMNFC面积为，
，
，
，
则当面积取得最大值时，五边形EMNFC面积最大，
设的BC边上的高为，则，
在中，、均为锐角，
当时，取得最大值，最大值为，
面积的最大值为，
则五边形EMNFC面积的最大值为，
故答案为：．

【点拨】本题考查了垂直的定义、三角形全等的判定定理与性质、等腰直角三角形的定义等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．
18．（1）见解析；
（2）见解析；
（3）不变，1．
【分析】
（1）根据题意直接证明即可；
（2）作，，运用角平分线的判定定理证明；
（3）通过“一线三垂直”模型，证得，进而结合边长数量关系求解．
【详解】
（1），，
在与中，


（2）如图，作，，则，
由，得，
在与中，

，
，
平分

（3）如图，作分别垂直于轴，垂足为，
，，
（余角的性质）
在与中，

，
，，
同理可证：，
，，
，，
在与中，


，
．
．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定，角平分线的判定定理及“三垂直”模型，熟练掌握基础概念并灵活运用模型进行推理论证是解决问题的关键．
19．（1）见解析；（2）；（3）①不变，，理由见解析；②的面积为或．
【分析】
（1）根据题意可知，又因为，所以，即可证明≌；
（2）由（1）知≌，所以AF=CE，又因为BO=CO，∠COE=∠BOG，∠OCE=∠OBG，即可证明 △BOG≌△COE，所以BG=AF；
（3）①由题可证，又因为点是的中点，所以，即可证明≌，由（1）可得由（1）可得≌，根据即可求得度数；②根据和即可求得的面积；
【详解】
（1）∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴≌；
（2），
∵≌，
∴ AF=CE，
又∵ BO=CO，∠COE=∠BOG，∠OCE=∠OBG，
∴△BOG≌△COE，
∴BG=CE，
∴BG=AF；
（3）①不变，，如图2，理由如下：
∵，，
∵，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
又∵，
∴≌，
∴，，
由（1）可得≌，
∴，，
∴，
∴在中，，
∵∴，
又∵，
∴．
②的面积为或
在图2中，，
且，，
∴；
在图3中，，
且，，
∴．

【点拨】本题考查了全等三角形的证明与性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的动点问题以及三角形求面积的问题，正确掌握知识点是解题的关键；
20．（1）见解析；（2），见解析；（3）8．
【分析】
（1）四边形正方形，则平分，，，即可求解；
（2），则，而，则，又，则即可求解；
（3）证明，则，，即可求解．
【详解】
解：（1）证明：四边形正方形，
平分，，
，PE=PE
；
（2），理由如下：
，
，
，
，
，，
，
，
；
（3）过点 作．

，，
，
，
又，
，
，，
，
，







．
【点拨】本题为四边形综合题，涉及到正方形的性质、三角形全等等知识点，其中（3），证明，是本题的关键．