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湘教版初中数学八年级下册第三单元《图形与坐标》单元测试卷（困难）（含答案解析）
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湘教版初中数学八年级下册第三单元《图形与坐标》单元测试卷（困难）（含答案解析）
考试范围：第三单元； 考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在平面直角坐标系中，A(1,1)，B(-1,1)，C(-1,-2)，D(1,-2)，把一条长为2022个单位长度且没有弹性的细线(线的粗细忽略不计)的一端固定在点A处，并按A→B→C→D→A…的规律绕在四边形ABCD的边上，则细线另一端所在位置的点的坐标是( )
A. (−1,1) B. (1,-2) C. (1,1) D. (0,-2)
2. 如图，一个粒子在第一象限和x，y轴的正半轴上运动，在第一秒内，它从原点运动到(0,1)，接着它按图所示在x轴、y轴的平行方向来回运动，(即(0,0)→(0,1)→(1,1)→(1,0)→(2,0)→…)，且每秒运动一个单位长度，那么2022秒时，这个粒子所处位置为( )
A. (2,44) B. (5,44) C. (44,2) D. (44,5)
3. 点P(−3,4)到x轴的距离是( )
A. −3 B. 3 C. 4 D. 5
4. 如图，在平面直角坐标系中，直线AB与y轴在正半轴、x轴正半轴分别交A、B两点，M在BA的延长线上，PA平分∠MAO，PB平分∠ABO，则∠P的度数是( )
A. 30°
B. 45°
C. 55°
D. 60°
5. 如图，在正方形OABC中，点B的坐标是(4,4)，点E、F分别在边BC、BA上，OE=25.若∠EOF=45∘，则F点的纵坐标是( )
A. 1 B. 43 C. 2 D. 5−1
6. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A(3,4)，M为y轴上一点，若△MOA为等腰三角形，则满足条件的点M的个数为个．( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7. 如图，已知∠FON=30°，ON在x轴上，点A1，A2，A3，…在射线x轴ON上，点B1，B2，B3，…在射线OF上，△A1B1A2，▵A2B2A3，▵A3B3A4，…均为等边三角形，若OA1=2，则B10的横坐标为( )
A. 512 B. 768 C. 1536 D. 3072
8. 在平面直角坐标系中，长为2的线段CD(点D在点C右侧)在x轴上移动，A(0,2)，B(0,4)，连接AC，BD，则AC+BD的最小值为( )
A. 25 B. 210 C. 62 D. 35
9. 如图，在平面直角坐标系中，点A是x轴正半轴上的一个动点，点C是y轴正半轴上的点，BC⊥AC于点C.已知AC=16，BC=6.点B到原点的最大距离为( )
A. 22
B. 18
C. 14
D. 10
10. 如图，⊙M的半径为2，圆心M的坐标为(3,4)，点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为( )
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
11. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是(−3,0)，点B的坐标是(0,4)，点M是OB上一点，将△ABM沿AM折叠，点B恰好落在x轴上的点B′处，则点M的坐标为( )
A. (32,0) B. (0,32) C. (52,0) D. (0,52)
12. 在如图所示的平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2中心对称，如此作下去，则△B2nA2n+1B2n+1(n是正整数)的顶点A2n+1的坐标是( )
A. (4n-1,3) B. (2n-1,3) C. (4n+1,3) D. (2n+1,3)
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 平面直角坐标系中，点M在y轴的非负半轴上运动，点N在x轴上运动，满足OM+ON=10.点Q为线段MN的中点，则点Q运动路径的长为____________。
14. 如图，点O(0,0)，A(0,1)是正方形OAA1B的两个顶点，以OA1对角线为边作正方形OA1A2B1，再以正方形的对角线OA2作正方形OA2A3B3，…，依次规律，则点A8的坐标是______．
15. 在平面直角坐标系中，已知A(0,2)，B(2,0)，若在坐标轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C有________个．
16. 等腰三角形ABC顶角∠C=120°，已知C(0,1)，A(3,0)，B在x轴上．M(1,0)和点N关于y轴对称，P、Q分别为边AC、BC上的一个动点．四边形PQNM的周长最小为______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在x轴上，A，C两点的坐标分别为A(0,m)，C(n,0)，B(−5,0)，且(n−3)2+3m−12=0.一动点P从点B出发，以每秒2单位长度的速度沿射线BO匀速运动，设点P运动的时间为ts.
(1)求A，C两点的坐标；
(2)连接PA，若△PAB为等腰三角形，求点P的坐标；
(3)当点P在线段BO上运动时，在y轴上是否存在点Q，使△POQ与△AOC全等？若存在，请求出t的值并直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
18. (本小题8.0分)
已知点M和图形W，Q为图形W上一点，若存在点P，使得点M为线段PQ的中点(P,Q不重合)，则称点P为图形W关于点M的倍点．
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(−1,1)，B(−1,−1)，C(1,−1)，D(1,1)．
(1)若点M的坐标为(2,0)，则在P1(3,0)，P2(4,2)，P3(5,1)中，是正方形ABCD关于点M的倍点的是______；
(2)点N的坐标为(2,t)，若在直线y=x上存在正方形ABCD关于点N的倍点，直接写出t的取值范围；
(3)点G为正方形ABCD边上一动点，直线y=x+b与x轴交于点E，与y轴交于点F，若线段EF上的所有点均可成为正方形ABCD关于点G的倍点，直接写出b的取值范围．
19. (本小题8.0分)
已知a，b均为正整数．我们把满足x=2a+3by=3a+2b的点P(x,y)称为幸福点．
(1)下列四个点中为幸福点的是______；
P1(5,5)；P2(6,6)；P3(7,7)；P4(8,8)
(2)若点P(20,t)是一个幸福点，求t的值；
(3)已知点P(m+1,m−1)是一个幸福点，则存在正整数a，b满足m+1=2a+3bm−1=3a+2b，试问是否存在实数k的值使得点P和点Q(12a+k,12b−k)到x轴的距离相等，且到y轴的距离也相等？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
20. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，点B在第一象限，OB=AB，∠BOP=150°．
(1)如图1，求证：△OAB是等边三角形；
(2)如图1，若点M为y轴正半轴上一动点，以BM为边作等边三角形BMN，连接NA并延长交x轴于点P，求证：AP=2AO；
(3)如图2，若BC⊥BO，BC=BO，点D为CO的中点，连接AC、DB交于E，请问AE、BE与CE之间有何数量关系，并证明你的结论．
21. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系xOy中，对于任意两点M，N，给出如下定义：点M，N的横坐标之差的绝对值与纵坐标之差的绝对值的和叫做这两点之间的“直角距离”，记作：dMN，即点M(x1,y1)与点N(x2,y2)之间的“直角距离”为dMN=|x1−x2|+|y1−y2|.
已知点A(−3,2)，点B(2,1)．
(1)A与B两点之间的“直角距离”dAB=________；
(2)点C(0,t)为y轴上的一个动点，当t的取值范围是________时，dAC+dBC的值最小；
(3)若动点P位于第二象限，且满足dAP≥dBP，请在图中画出点P的运动区域(用阴影表示)．
22. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知点A(1,−1)，点B(0,m)(m<0且m≠−1)，直线AB与x轴交于点C，过点A且垂直于AB的直线与x轴交于点D，连接BD．
(1)判断线段AB与AD的数量关系，并就下图中的情况进行证明；
(2)当△CBD为等腰三角形时，求m的值．
23. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，直线AB交x轴于点A，交y轴于点B，C点是OA的中点，AO=OB
(1)∠BAO=
(2)点D为AB上一点，连接OD，CD，且∠DCA=∠BCO，求BC−ODCD的值
24. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A(1,1)、B(5,1)、C(4,4)．
(1)将△ABC向左平移5个单位得到△A1B1C1，写出△A1B1C1三顶点的坐标；
(2)将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请你写出三顶点的坐标；
(3)△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的面积为______(直接写出)．
25. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，A(a,0)，B(b,0)，且满足(a+2)2+b−2=0，过点B作直线m⊥x轴，点P是直线m上一动点，连接AP，过点B作BC // AP交y轴于C点，AD与CD分别平分∠PAB，∠OCB．
(1)填空：a=__________，b=__________．
(2)在点P的运动过程中，∠ADC的度数是否变化.若不变，求出它的度数.若变化，请说明理由；
(3)若点P的纵坐标为−4，在y轴上是否存在点Q，使得△APQ的面积和△ABP的面积相等若存在，求出Q点坐标.若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题利用点的坐标考查了数字变化规律，根据点的坐标求出四边形ABCD一周的长度，从而确定2022个单位长度的细线的另一端落在第几圈第几个单位长度的位置是解题的关键．
根据点的坐标求出四边形ABCD的周长，然后求出另一端是绕第几圈后的第几个单位长度，从而确定答案．
【解答】
解：∵A(1,1)，B(−1,1)，C(−1,−2)，D(1,−2)，
∴AB=1−(−1)=2，BC=1−(−2)=3，CD=1−(−1)=2，DA=1−(−2)=3，
∴绕四边形ABCD一周的细线长度为2+3+2+3=10，
2022÷10=202……2，
∴细线另一端在绕四边形第203圈的第2个单位长度的位置，
即点B的位置，点的坐标为(−1,1)，
故选A．
2.【答案】A
【解析】解：由题意，
设粒子运动到A1，A2，…，An时所用的间分别为a1，a2，…，an，
则a1=2，a2=6，a3=12，a4=20，…，an−an−1=2n，
a2−a1=2×2，
a3−a2=2×3，
a4−a3=2×4，
…，
an−an−1=2n，
相加得：
an−a1=2(2+3+4+…+n)=n2+n−2，
∴an=n(n+1)．
∵44×45=1980，故运动了1980秒时它到点A44(44,44)；
又由运动规律知：A1，A2，…，An中，奇数点处向下运动，偶数点处向左运动．
故达到A44(44,44)时向左运动42秒到达点(2,44)，
即运动了2022秒．所求点应为(2,44)．
故选：A．
该题显然是数列问题．设粒子运动到A1，A2，…An时所用的时间分别为a1，a2，…an，则a1=2，a2=6，a3=12，a4=20，…，由an−an−1=2n，则a2−a1=2×2，a3−a2=2×3，a4−a3=2×4，…，an−an−1=2n，以上相加得到an−a1的值，进而求得an来解．
考查了规律型：点的坐标，分析粒子在第一象限的运动规律得到数列{an}通项的递推关系式an−an−1=2n是本题的突破口，对运动规律的探索知：A1，A2，…An中，奇数点处向下运动，偶数点处向左运动是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵|4|=4，
∴点P(−3,4)到x轴距离为4．
故选：C．
纵坐标的绝对值就是点到x轴的距离．
本题考查了点的坐标的几何意义：点到x轴的距离为点的纵坐标的绝对值，到y轴的距离为点的横坐标的绝对值．
4.【答案】B
【解析】解：∵OA⊥OB，
∴∠OAB+∠ABO=90°，∠AOB=90°．
∵PA平分∠MAO，
∴∠PAO=12∠OAM=12(180°−∠OAB)．
∵PB平分∠ABO，
∴∠ABP=12∠ABO，
∴∠P=180°−∠PAO−∠OAB−∠ABP=180°−12(180°−∠OAB)−∠OAB−12∠ABO=90°−12(∠OAB+∠ABO)=45°．
故选：B．
由OA⊥OB即可得出∠OAB+∠ABO=90°、∠AOB=90°，再根据角平分线的定义以及三角形内角和定理即可求出∠P的度数．
本题考查了三角形内角和定理，解题的关键是找出∠P=90°−12(∠OAB+∠ABO).本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，熟练运用三角形内角和定理解决问题是关键
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理有关知识，如图连接EF，延长BA使得AM=CE，则△OCE≌△OAM.先证明△OFE≌△FOM，推出EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=x，在Rt△EFB中利用勾股定理列出方程即可解决问题．
【解答】
解：如图连接EF，延长BA使得AM=CE，则△OCE≌△OAM，
∴OE=OM，∠COE=∠MOA，
∵∠EOF=45°，
∴∠COE+∠AOF=45°，
∴∠MOA+∠AOF=45°，
∴∠EOF=∠MOF，
在△OFE和△OFM中，
OE=OM∠FOE=∠FOMOF=OF，
∴△OFE≌△FOM，
∴EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=x，
∵CE=OE2−OC2=252−42=2，
∴EF=2+x，EB=2，FB=4−x，
∴2+x2=22+4−x2，
∴x=43，
∴点F的纵坐标为43．
故选B．
6.【答案】D
【解析】解：如图，满足条件的点M的个数为4．
故选D．
分别以OA长为腰或底，得到与y轴交点即为所求点M即可．
本题考查了坐标与图形的性质及等腰三角形的判定；对于底和腰不等的等腰三角形，若条件中没有明确哪边是底哪边是腰时，应在符合三角形三边关系的前提下分类讨论．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查坐标与图形的性质，以及等边三角形的性质，三角形的外角性质.分析图形得到点的坐标的规律是解答此题的关键．
由等边三角形的性质可得∠B1A1A2=∠A1A2B1=∠A2B1A1=60∘，由外角性质可得∠OB1A1=30∘，进而可得∠OB1A2=90∘，再求出A1A2=A2B1=A1B1=OA1=2，可得点B1的横坐标，以及B2、B3、B4的坐标，根据其中的规律得到B10的坐标．
【解答】
解：根据题意，得
△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4⋯，均为等边三角形，
∵∠B1OA1=30∘，OA1=2，
∠B1A1A2=∠A1A2B1=∠A2B1A1=60∘，
∴∠OB1A1=30∘，
∴∠OB1A2=90∘，
∴A1A2=A2B1=A1B1=OA1=2，
所以B1的横坐标为2+1=21+20=3，
同理可得：B2的横坐标为4+2=22+21=6，
B3的横坐标为8+4=23+22=12，
B4的横坐标为16+8=24+23=24，
……
∴B10的横坐标为210+29=1536．
8.【答案】B
【解析】解：设C(m,0)，
∵CD=2，
∴D(m+2,0)，
∵A(0,2)，B(0,4)，
∴AC+BD=m2+22+(m+2)2+42，
∴要求AC+BD的最小值，相当于在x轴上找一点P(m,0)，使得点P到M(0,2)和N(−2,4)的距离和最小，(PM+PN=m2+22+(m+2)2+42)，
如图1中，作点M关于原点O的对称点Q，连接NQ交x轴于P′，连接MP′，此时P′M+P′N的值最小，
∵N(−2,4)，Q(0,−2)
P′M+P′N的最小值=P′N+P′M=P′N+P′Q=NQ=22+62=210，
∴AC+BD的最小值为210．
故选：B．
设C(m,0)，则有AC+BD=m2+22+(m+2)2+42，推出要求AC+BD的最小值，相当于在x轴上找一点P(x,0)，使得点P到M(0,2)和N(−2,4)的距离和最小，如图1中，作点N关于原点O的对称点Q，连接NQ交x轴于P′，连接MP′，此时P′M+P′N的值最小，求出NQ即可解决问题．
本题考查轴对称−最短问题，坐标与图形的性质，两点间距离公式等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会利用数形结合的思想思考问题，学会用转化的思想解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
9.【答案】B
【解析】解：取AC的中点D，连接OD，BD，OB，如图，
∵D为AC的中点，∠AOC=90°，
∴OD=CD=12AC=8．
∵∠ACB=90°，
∴BD=BC2+CD2=62+82=10．
当O，D，B三点不在一条直线上时，OB
∴当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的最大距离为18．
故选：B．
取AC的中点D，连接OD，BD，OB，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得OD，利用勾股定理求得BD，利用三角形两边之和大于第三边，可知当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的距离取得最大值，结论可求．
本题主要考查了坐标与图形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，三角形三边之间的关系定理，利用当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的距离取得最大值解答是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查直角三角形的性质，若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值.连结OM，交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，过点M作MQ⊥x轴于点Q，根据勾股定理可求解OM=5，进而求解AB=2OP′．
【解答】
解：∵PA⊥PB，
∴∠APB=90∘，
∵AO=BO，
∴AB=2PO，
若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，
连结OM，交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，过点M作MQ⊥x轴于点Q．
则OQ=3，MQ=4，
∴OM=5，
又∵MP′=2，
∴OP′=3，
∴AB=2OP′=6．
故选C．
11.【答案】B
【解析】解：
∵将△ABM沿AM折叠，
∴AB=AB′，
又A(−3,0)，B(0,4)，
∴AB=5=AB′，
∴点B′的坐标为：(2,0)，
设M点坐标为(0,b)，
则B′M=BM=4−b，
∵B′M2=B′O2+OM2，
∴(4−b)2=22+b2，
∴b=32，
∴M(0,32)，
故选：B．
设沿直线AM将△ABM折叠，点B正好落在x轴上的B′点，则有AB=AB′，而AB的长度根据已知可以求出，所以B′点的坐标由此求出；又由于折叠得到B′M=BM，在直角△B′MO中根据勾股定理可以求出OM，也就求出M的坐标．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，也考查了翻折变换，题中利用折叠知识与直线的关系以及直角三角形等知识求出线段的长是解题的关键．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
此题主要考查了坐标与图形变化−旋转问题，要熟练掌握，解答此题的关键是分别判断出An的横坐标、纵坐标的变化规律．
首先根据△OA1B1是边长为2的等边三角形，可得A1的坐标为(1,3)，B1的坐标为(2,0)；然后根据中心对称的性质，分别求出点A2、A3、A4的坐标各是多少；最后总结出An的坐标的规律，求出A2n+1的坐标是多少即可．
【解答】
解：∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，
∴A1的坐标为(1,3)，B1的坐标为(2,0)，
∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，
∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，
∵2×2−1=3，2×0−3=−3，
∴点A2的坐标是(3,−3)，B2的坐标为(4,0)，
∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，
∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，
∵2×4−3=5，2×0−(−3)=3，
∴点A3的坐标是(5,3)，B3的坐标为(6,0)，
∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，
∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，
∵2×6−5=7，2×0−3=−3，
∴点A4的坐标是(7,−3)，
…，
∵1=2×1−1，3=2×2−1，5=2×3−1，7=2×4−1，…，
∴An的横坐标是2n−1，A2n+1的横坐标是2(2n+1)−1=4n+1，
∵当n为奇数时，An的纵坐标是3，当n为偶数时，An的纵坐标是−3，
∴顶点A2n+1的纵坐标是3，
∴△B2nA2n+1B2n+1(n是正整数)的顶点A2n+1的坐标是(4n+1,3).
故选：C．
13.【答案】102
【解析】
【分析】
本题考查三角形中位线定理，一次函数的性质等知识，解题的关键是正确寻找点Q的运动轨迹，学会构建一次函数，探究轨迹，属于中考常考题型．分两种情形：当点N在x轴的正半轴上时，过点Q作QR⊥ON于点R，QT⊥OM于点T.设Q(x,y).判断出点Q的运动轨迹，同法求出点Q在x轴的负半轴上时，点Q的运动轨迹的长，可得结论．
【解答】
解：如图，当点N在x轴的正半轴上时，过点Q作QR⊥ON于点R，QT⊥OM于点T.设Q(x,y)．
∵QM=QN，QT//ON，QR//OM，
∴QT=12ON，QR=12OM，
∴QT+QR=12(OM+ON)=5，
∴x+y=5，
∴y=−x+5，
∴点Q在直线y=−x+5上运动，
∵直线y=−x+5与坐标轴交于(0,5)，(5,0)，
∴点Q运动路径的长=52+52=52，
当点N在x轴的负半轴上时，同法可得点Q运动路径的长=52+52=52，
综上所述，点Q的运动路径的长为102，
故答案为102．
14.【答案】(0,16)
【解析】解：根据题意和图形可看出每经过一次变化，都顺时针旋转45°，边长都乘以2，
∵从A到A3经过了3次变化，
∵45°×3=135°，1×(2)3=22．
∴点A3所在的正方形的边长为22，点A3位置在第四象限．
∴点A3的坐标是(2,−2)；
可得出：A1点坐标为(1,1)，
A2点坐标为(2,0)，
A3点坐标为(2,−2)，
A4点坐标为(0,−4)，
A5点坐标为(−4,−4)，
A6点坐标为(−8,0)，
A7点坐标为(−8,8)，
A8点坐标为(0,16)，
故答案为(0,16)．
根据题意和图形可看出每经过一次变化，都顺时针旋转45°，边长都乘以2，所以可求出从A到A3的后变化的坐标，再求出A1、A2、A3、A4、A5，得出A8即可．
本题主要考查正方形的性质和坐标与图形的性质的知识点，解答本题的关键是由点坐标的规律发现每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次正方形的边长变为原来的2倍，此题难度较大．
15.【答案】7
【解析】
【分析】
本题主要考查的是等腰三角形的定义、线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．分为AB=AC、BC=BA，CB=CA三种情况画图判断即可．
【解答】
解：如图所示：
当AB=AC时，符合条件的点有3个；当BA=BC时，符合条件的点有3个；当点C在AB的垂直平分线上时，符合条件的点有一个．
故答案为7．
16.【答案】3+3
【解析】解：∵△ABC是等腰三角形，∠ACB=120°，
∴AC=BC，
∵A、B都在x轴上，
∴OC⊥AB，
∴点O即为AB的中点，
∵点A的坐标为(3,0)，
∴点B的坐标为(−3,0)，
∵M(1,0)和点N关于y轴对称，
∴点N的坐标为(−1,0)，
∴MN=2，
过点N作N关于BC的对称点E，过点M作M关于AC的对称点F，连接PE，QF，
∴PE=PN，QF=QM，
∴四边形PQMN的周长=MN+PN+PQ+QM=2+PE+PQ+QF，
由两点之间线段最短可知，当E、F、P、Q四点共线时，PE+PQ+QF有最小值，
即此时四边形PQMN的周长有最小值，
即EF+2，
过点E作EG⊥x轴于G，设NE交BC于H，
∵BC=AC，∠ACB=120°，OC⊥AB，
∴∠OCB=60°，
∴∠HBN=30°，∠HNB=60°，
∴HN=12BN=−1−(−3)2=3−12，∠NEG=30°，
∴NE=2HN=3−1，
∴GN=12EN=3−12，
∴EG=EN2−NG2=3−32，OG=ON+GN=1+3−12=3+12，
∴点E的坐标为(−3+12,3−32)，
同理求出F的坐标为(3+12,3−32)，
∴EF=3+1，
∴四边形PQMN的周长的最小值为2+3+1=3+3，
故答案为：3+3．
先根据等腰三角形的性质求出点B的坐标，再根据关于y轴对称的点的坐标特点求出点N的坐标，过点N作N关于BC的对称点E，过点M作M关于AC的对称点F，连接PE，QF，可得四边形PQMN的周长=MN+PN+PQ+QM=2+PE+PQ+QF，由两点之间线段最短可知，当E、F、P、Q四点共线时，PE+PQ+QF有最小值，即此时四边形PQMN的周长有最小值，即EF+2，过点E作EG⊥x轴于G，设NE交BC于H，只需要求出点E、点F的坐标即可得到答案．
本题主要考查了等腰三角形的性质，坐标与图形，轴对称最短路径问题，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形内角和定理，坐标与图形变化—轴对称等等，正确作出辅助线确定出四边形PQMN周长最小时的情形是解题的关键．
17.【答案】解：(1)∵(n−3)2+3m−12=0，
∴n−3=0，3m−12=0，
解得，n=3，m=4，
∴点A的坐标为(0,4)，点C的坐标为(3,0)；
(2)由勾股定理得，AB=OB2+OA2=41，
当BA=BP时，点P的坐标为(41−5,0)；
当AB=AP时，点P的坐标(5,0)；
当PA=PB时，设PA=x，则OP=5−x，
在Rt△AOP中，AP2=OP2+OA2，即x2=(5−x)2+42，
解得，x=4.1，
则OP=0.9，
∴点P的坐标(−0.9,0)；
综上所述，△PAB为等腰三角形，点P的坐标为(−0.9,0)或(5,0)；(41−5,0)；
(3)当△QOP≌△AOC时，OP=OC=3，OQ=OA=4，
∴BP=2，
则t=1秒，点Q的坐标为(0,4)或(0,−4)；
当△POQ≌△AOC时，OP=OA=4，OQ=OC=3，
则t=12秒，点Q的坐标为(0,3)或(0,−3)．
【解析】本题考查的是全等三角形的判定和性质、非负数的性质、等腰三角形的定义，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．
(1)根据非负数的性质分别求出n、m，得到A，C两点的坐标；
(2)分BA=BP、AB=AP、PA=PB三种情况，根据等腰三角形的概念、勾股定理计算即可；
(3)分△QOP≌△AOC和△POQ≌△AOC两种情况，根据全等三角形的性质解答．
18.【答案】解：(1)设Q(x,y)是正方形ABCD上一点，则有，
x+32=2y+02=0，解得：x=1y=0，
∵(1,0)在正方形ABCD上，
∴P1是正方形ABCD关于点M的倍点；
同理可得：P2不满足条件，P3满足条件，
∴正方形ABCD关于点M的倍点为P1，P3，
故答案为：P1，P3；
(2)设直线y=x上存在的点的坐标为(a,b)，正方形上的点的坐标为(x,y)，
则x+a2=2b+y2=t，解得：a=4−xb=2t−y，
∵点(a,b)在直线y=x上，则a=b，
∴y−x=2t−4，
∵−2≤y−x≤2，即−2≤2t−4≤2，
解得：1≤t≤3；
(3)−3≤b≤−2或2≤b≤3．
【解析】(1)根据“倍点”的定义，逐一判断即可；
(2)设直线y=x上存在的点的坐标为(a,b)，正方形上的点的坐标为(x,y)，再根据“倍点”的定义
得出a=4−xb=2t−y，最后根据y−x=2t−4，得出结果；
本题考查了一次函数的性质，中点坐标公式及“倍点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
19.【答案】解：(1)P1(5,5)；
(2)∵点P(20,t)是一个幸福点，
∴2a+3b=20，3a+2b=t，
∵a，b均为正整数，
∴a=1，b=6或a=b=4或a=7，b=2，
当a=1，b=6时，t=15，
当a=b=4时，t=20，
当a=7，b=2时，t=25，
∴t的值为15或20或25；
(3)由题意可知，P(2a+3b,3a+2b)，Q(12a+k,12b−k)，
∵点P和点Q到x轴的距离相等，
∴3a+2b=12b−k ①，
∵点P和点Q到y轴的距离相等，
∴2a+3b=12a+k ②，
将①、②联立得，a=−b，
∵a，b均为正整数，
∴a=−b无意义，
故不存在实数k．
【解析】解：(1)∵a，b均为正整数，满足x=2a+3by=3a+2b的点P(x,y)称为幸福点，
∴当a=1，b=1时，x=5，y=5，故P1(5,5)是幸福点，
当a=1，b=2时，x=8，y=7，故(8,7)是幸福点，
当a=2，b=1时，x=7，y=8，故(7,8)是幸福点，
...
∴P1(5,5)，P2(6,6)，P3(7,7)，P4(8,8)中只有P1(5,5)是幸福点，
故答案为：P1(5,5)；
(2)∵点P(20,t)是一个幸福点，
∴2a+3b=20，3a+2b=t，
∵a，b均为正整数，
∴a=1，b=6或a=b=4或a=7，b=2，
当a=1，b=6时，t=15，
当a=b=4时，t=20，
当a=7，b=2时，t=25，
∴t的值为15或20或25；
(3)由题意可知，P(2a+3b,3a+2b)，Q(12a+k,12b−k)，
∵点P和点Q到x轴的距离相等，
∴3a+2b=12b−k ①，
∵点P和点Q到y轴的距离相等，
∴2a+3b=12a+k ②，
将①、②联立得，a=−b，
∵a，b均为正整数，
∴a=−b无意义，
故不存在实数k．
(1)根据a，b均为正整数，对a，b分类讨论，分别求出幸福点即可；
(2)将P点坐标分别代入x=2a+3by=3a+2b求出t的值即可；
(3)先表示出点P(2a+3b,3a+2b)，再根据点P和点Q到x轴的距离相等，到y轴的距离也相等列出关系式求解即可．
本题主要考查点的坐标，读懂题意列出方程，能熟练运用分类讨论思想解决问题是解答此题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵∠BOP=150°，∠AOP=90°，
∴∠AOB=60°，
∵OB=AB，
∴△OAB是等边三角形；
(2)证明：由(1)知：△OAB是等边三角形，
∴∠ABO=60°，
∵△BMN是等边三角形，
∴BM=BN，∠MBN=60°，
∴∠MBO=∠NBA，
∵AB=OB，
∴△MBO≌△NBA(SAS)，
∴∠OMB=∠ANB，
∵∠AFM=∠BFN，
∴∠FAM=∠FBN=60°，
∵∠OAP=∠FAM=60°，∠AOP=90°，
∴∠APO=30°，
∴AP=2AO；
(3)AE=BE+CE，理由如下：
如图2，在AC上截取AG=EC，连接BG，可得AG+EG=CE+EG，即AE=CG，
∵BC⊥BO，BC=BO，
∴∠OBC=90°，
∵D为CO的中点，
∴BD平分∠OBC，即∠CBD=∠OBD=45°，
∵∠ABO=60°，
∴∠ABD=105°，∠ABC=150°，
∵AB=OB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=15°，
∴∠AEB=15°+45°=60°，
在△ABE和△CBG中，
AB=CB∠BAE=∠BCGAE=CG，
∴△ABE≌△CBG(SAS)，
∴BG=BE，
∴△BEG为等边三角形，
∴BE=EG，
∴AE=AG+EG=CE+BE；
【解析】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，以及含30°角的直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
(1)根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可得结论；
(2)根据SAS证明△MBO≌△NBA，得∠OMB=∠ANB，由8字形可得∠FAM=∠FBN=60°，最后由含30°角的直角三角形的性质可得结论；
(3)如图2，在AC上截取AG=CE，先证∠AEB=60°，方法是根据题意得到三角形ABO为等边三角形，三角形BOC为等腰直角三角形，确定出∠ABD度数，根据AB=BC，且∠ABC=150°，得到∠BAE度数，进而确定出∠AEB为60°，再由AG=CE，得到AE=CG，再由AB=CB，且夹角∠BAC=∠BCA，利用SAS得到三角形BCG与三角形BAE全等，利用全等三角形的对应边相等得到BG=BE，得到三角形BEG为等边三角形，得到BE=EG，由AE=EG+AG，等量代换即可得证．
21.【答案】解：(1)6；
(2)1≤t≤2;
(3)如图：
【解析】
【分析】
本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标，坐标与图形的性质，新定义，解答本题的关键是掌握新定义的运算法则．
(1)根据新定义的概念求出dAB的值即可；
(2)根据A、B、C三点的坐标，新定义的概念求出dAC+dBC的值，再根据绝对值的几何意义进行解答，即可求解；
(3)根据新定义的概念，结合dAP≥dBP，直接画出符合题意的图形即可．
【解答】
解：(1)∵A(−3,2)，B(2,1)，
∴dAB=−3−2+2−1=5+1=6．
故答案为6；
(2)∵A(−3,2)，B(2,1)，C(0,t)，
∴dAC+dBC=−3−0+2−t+2−0+1−t=5+t−2+t−1，
根据绝对值的几何意义可知，点表示点t的点在以表示1的点和表示2的点为端点的线段上时，t−2+t−1的值最小，
∴当t的取值范围是1⩽t⩽2时，dAC+dBC的值最小．
故答案为1⩽t⩽2；
(3)见答案．
22.【答案】解：(1)AB=AD，证明如下：
过点A分别作AG⊥x轴于G，作AH⊥y轴于H，如图：
则∠BHA=∠DGA=90°，
∵A(1,−1)，
∴AG=AH=1，
∵AD⊥BC于A，
∴∠DAC=90°，
∴∠ACD+∠ADC=90°，
∵∠BOC=90°，
∴∠OCB+∠OBC=90°，
∴∠OBC=∠ADC，即∠HBA=∠GDA，
在△BAH和△DAG中，
∠BHA=∠DGA=90°∠HBA=∠GDAAH=AG,
∴△BAH≌△DAG(AAS)，
∴AB=AD；
(2)设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)，
把A(1,−1)，B(0,m)两点的坐标分别代入到y=kx+b中，得k+b=−1b=m,
解得k=−m−1b=m,
∴直线AB的解析式为y=(−m−1)x+m，
∵m<0且m≠−1，
∴当m<−1时，点D在x轴的负半轴上，点C在x轴的正半轴上，过点A分别作AG⊥x轴于G，作AH⊥y轴于H，如图：
则∠BHA=∠DGA=∠GOH=90°，
∴四边形AGOH是矩形，
∵A(1,−1)，
∴AG=AH=1，四边形AGOH是正方形，
∴AG=AH=OG=OH=1，
∵B(0,m)，
∴OB=−m，BH=−1−m，
由(1)可知，DG=BH=−1−m，
∴OD=DG−OG=−1−m−1=−m−2，
当△CBD为等腰三角形时，分三种情况：
①当BD=BC时，∵BO⊥CD于O，
∴OC=OD=−m−2，
∴C(−m−2,0)，
把点C(−m−2,0)的坐标代入到y=(−m−1)x+m中，得0=−m−1−m−2+m，
∴m2+4m+2=0，
∴m2+4m+2+2=2，
∴m+22=2，
∴m+2=±2，
∴m=−2−2或m=−2+2，
∵m<−1，
∴此时m的值为−2−2；
②当DB=DC时，∵DA⊥BC，
∴AB=AC，
在Rt△AGC和Rt△AHB中，
AG=AHAC=AB,
∴Rt△AGC≌Rt△AHB(HL)，
∴GC=HB=−1−m，
∴OC=GC+OG=−1−m+1=−m，
∴C(−m,0)，
把点C(−m,0)的坐标代入到y=(−m−1)x+m中，得0=−m−1·−m+m，
∴m2+2m=0，
∵m<−1，，
∴将方程两边同时除以m，得m+2=0，
∴此时m的值是−2；
③当BC=DC时，这种情况不存在，理由如下：
由(1)可知AD=AB，∠BAD=90°，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
∴当BC=DC时，∠CDB=∠CBD=45°，
∴∠ACD=180°−∠CDB−∠CBD=90°，
∴BC⊥x轴，这种情况不存在；
当−1
则∠BHA=∠DGA=∠GOH=90°，
∴四边形AGOH是矩形，
∵A(1,−1)，
∴AG=AH=1，四边形AGOH是正方形，
∴AG=AH=OG=OH=1，
∵B(0,m)，
∴OB=−m，BH=m−(−1)=m+1，
由(1)可知，DG=BH=m+1，
∴OD=DG+OG=m+1+1=m+2，
当△CBD为等腰三角形时，只有一种情况，即BC=BD，
∵BO⊥CD于O，
∴OC=OD=m+2，
∴C(−m−2,0)，
把点C(−m−2,0)的坐标代入到y=(−m−1)x+m中，得0=−m−1−m−2+m，
∴m2+4m+2=0，
∴m2+4m+2+2=2，
∴m+22=2，
∴m+2=±2，
∴m=−2−2或m=−2+2，
∵−1
综上所述，m的值为−2−2或−2或−2+2．
【解析】本题主要考查了坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质．
(1)过点A分别作AG⊥x轴于G，作AH⊥y轴于H，证明△BAH≌△DAG，即可证明结论成立；
(2)首先利用待定系数法求出直线AB的解析式为y=(−m−1)x+m，根据m<0且m≠−1，得出当m<−1时，点D在x轴的负半轴上，点C在x轴的正半轴上，过点A分别作AG⊥x轴于G，作AH⊥y轴于H，画出图形，结合图形，根据等腰三角形的性质，分三种情况求出m的值；当−1
23.【答案】解：(1)45°;
(2)在BC上取D′，使得CD=CD′，
∵C是OA中点，
∴CO=CA，
∵∠ACD=∠OCD′，
∴△ACD≌△OCD′(SAS)，
∴AD=OD′，∠CAD=∠COD′，
∵OA=OB，∠OAB=∠OBA=45°=∠COD′，
∴∠BOD′=∠OAD=45°，
在△OBD′和△AOD中，
∵OB=AO∠BOD′=∠OAD,OD′=AD
∴△OBD′≌△AOD(SAS)，
∴BD′=OD，
则BC=BD′+CD′=OD+CD，
∴BC−ODCD=OD+CD−ODCD=CDCD=1．
【解析】
【分析】
本题考查坐标和图形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是构造全等三角形．
(1)证△AOB是等腰直角三角形，即可解答;
(2)在BC上取D′，使得CD=CD′，先证△ACD≌△OCD′得AD=OD′，∠CAD=∠COD′，再证△OBD′≌△AOD得BD′=OD，根据BC=BD′+CD′=OD+CD代入求解可得．
【解答】
解：(1)∵AO=BO，∠AOB=90°
∴△AOB是等腰直角三角形
∴∠OAB=∠OBA=45°
(2)见答案．
24.【答案】94
【解析】解：(1)如图所示：△A1B1C1，即为所求，点A1(−4,1)；
(2)如图所示：△A2B2C2，点A2(−1,1)，B2(−1,5)，C2(−4,4)；
(3)∵A2C2⊥A1C1且交点到A1，C1的距离相等，
∴设△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的直角边长为x，则x2+x2=9，
解得：x=322，
故△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的面积为：12×322×322=94．
故答案为：94．
(1)直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
(2)直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；
(3)利用旋转的性质得出重合部分边长关系进而得出答案．
本题考查了旋转变换以及勾股定理，掌握对应点位置是关键．
25.【答案】解：(1)−2；2
(2)∠ADC的度数不变，为45°，过点D作DE//AP，
∵∠COB=90∘，
∴∠BCO+∠OBC=90∘，
∵BC//AP，
∴∠BAP=∠OBC，
∴∠BAP+∠OCB=90∘，
∵AD，CD分别平分∠PAB，∠OCB，
∴∠DAP=12∠PAB，∠BCD=12∠OCB，
∴∠DAP+∠BCD=45∘，
∵DE//AP，
∴∠DAP=∠EDA，
∵DE//AP，BC//AP，
∴BC//DE，
∴∠BCD=∠EDC，
∴∠ADC=∠ADE+∠CDE=∠DAP+∠BCD=45∘；
(3)存在．
过点Q作QN⊥m于点N，过点A作AM⊥ON于点M，
∵AB=4，BP=4，
∴S△ABP=12AB×BP=12×4×4=8，
设点Q(0,y)，
∵S△AMQ=12AM×MQ=12×2×|y|=|y|，
S△PNQ=12QN×NP=12×2×|y+4|=|y+4|，
S梯形APNM=12MN(NP+AM)=12×4×(|y+4|+|y|)=2(|y+4|+|y|)，
∴S△APQ=S梯形APNM−S△AMQ−SΔPQN=2(|y+4|+|y|)−|y|−|y+4|=|y+4|+|y|，
∵S△APQ=S△ABP，
∴|y+4|+|y|=8;
若点Q在x轴下方(如图1)，
即y<−4时，−y−4−y=8，
∴y=−6，
∴点Q(0,−6);
若点Q在x轴上方(如图2)，
即y>0时，y+4+y=8，
∴y=2，
∴点Q(0,2);
综上所述，点Q的坐标为(0,−6)或(0,2).
【解析】
【分析】
本题考查了非负数的性质、平行线的性质、角平分线定义、平行公理的推论、三角形的面积以及坐标与图形性质：利用点的坐标计算出相应的线段的长和判断线段与坐标轴的位置关系．
(1)根据非负数的性质易得a=−2，b=2，然后根据三角形面积公式计算；
(2)过点D作DE//AP，先根据垂直关系和平行线的性质证明∠BAP+∠OCB=90∘，再根据平分线定义证明∠DAP+∠BCD=45∘，再根据平行线的性质和平行公理的推论结合角的和差关系易得结论；
(3)过点Q作QN⊥m于点N，过点A作AM⊥ON于点M，先求出△ABP的面积，设点Q(0,y)，用含y的代数式分别表示△AMQ的面积，△PNQ的面积和梯形APNM的面积还有△APQ的面积，再根据面积的等量关系列出关于y的方程，解方程求出y的值，再分情况讨论：点Q在x轴下方和点Q在x轴上方两种情况求Q的坐标即可．
【解答】
解：(1)∵(a+2)2+b−2=0，
∴a+2=0，b−2=0，
∴a=−2，b=2，
故答案为−2；2；
(2)见答案；
(3)见答案．
考试范围：第三单元； 考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在平面直角坐标系中，A(1,1)，B(-1,1)，C(-1,-2)，D(1,-2)，把一条长为2022个单位长度且没有弹性的细线(线的粗细忽略不计)的一端固定在点A处，并按A→B→C→D→A…的规律绕在四边形ABCD的边上，则细线另一端所在位置的点的坐标是( )
A. (−1,1) B. (1,-2) C. (1,1) D. (0,-2)
2. 如图，一个粒子在第一象限和x，y轴的正半轴上运动，在第一秒内，它从原点运动到(0,1)，接着它按图所示在x轴、y轴的平行方向来回运动，(即(0,0)→(0,1)→(1,1)→(1,0)→(2,0)→…)，且每秒运动一个单位长度，那么2022秒时，这个粒子所处位置为( )
A. (2,44) B. (5,44) C. (44,2) D. (44,5)
3. 点P(−3,4)到x轴的距离是( )
A. −3 B. 3 C. 4 D. 5
4. 如图，在平面直角坐标系中，直线AB与y轴在正半轴、x轴正半轴分别交A、B两点，M在BA的延长线上，PA平分∠MAO，PB平分∠ABO，则∠P的度数是( )
A. 30°
B. 45°
C. 55°
D. 60°
5. 如图，在正方形OABC中，点B的坐标是(4,4)，点E、F分别在边BC、BA上，OE=25.若∠EOF=45∘，则F点的纵坐标是( )
A. 1 B. 43 C. 2 D. 5−1
6. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A(3,4)，M为y轴上一点，若△MOA为等腰三角形，则满足条件的点M的个数为个．( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7. 如图，已知∠FON=30°，ON在x轴上，点A1，A2，A3，…在射线x轴ON上，点B1，B2，B3，…在射线OF上，△A1B1A2，▵A2B2A3，▵A3B3A4，…均为等边三角形，若OA1=2，则B10的横坐标为( )
A. 512 B. 768 C. 1536 D. 3072
8. 在平面直角坐标系中，长为2的线段CD(点D在点C右侧)在x轴上移动，A(0,2)，B(0,4)，连接AC，BD，则AC+BD的最小值为( )
A. 25 B. 210 C. 62 D. 35
9. 如图，在平面直角坐标系中，点A是x轴正半轴上的一个动点，点C是y轴正半轴上的点，BC⊥AC于点C.已知AC=16，BC=6.点B到原点的最大距离为( )
A. 22
B. 18
C. 14
D. 10
10. 如图，⊙M的半径为2，圆心M的坐标为(3,4)，点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为( )
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
11. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是(−3,0)，点B的坐标是(0,4)，点M是OB上一点，将△ABM沿AM折叠，点B恰好落在x轴上的点B′处，则点M的坐标为( )
A. (32,0) B. (0,32) C. (52,0) D. (0,52)
12. 在如图所示的平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2中心对称，如此作下去，则△B2nA2n+1B2n+1(n是正整数)的顶点A2n+1的坐标是( )
A. (4n-1,3) B. (2n-1,3) C. (4n+1,3) D. (2n+1,3)
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 平面直角坐标系中，点M在y轴的非负半轴上运动，点N在x轴上运动，满足OM+ON=10.点Q为线段MN的中点，则点Q运动路径的长为____________。
14. 如图，点O(0,0)，A(0,1)是正方形OAA1B的两个顶点，以OA1对角线为边作正方形OA1A2B1，再以正方形的对角线OA2作正方形OA2A3B3，…，依次规律，则点A8的坐标是______．
15. 在平面直角坐标系中，已知A(0,2)，B(2,0)，若在坐标轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C有________个．
16. 等腰三角形ABC顶角∠C=120°，已知C(0,1)，A(3,0)，B在x轴上．M(1,0)和点N关于y轴对称，P、Q分别为边AC、BC上的一个动点．四边形PQNM的周长最小为______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在x轴上，A，C两点的坐标分别为A(0,m)，C(n,0)，B(−5,0)，且(n−3)2+3m−12=0.一动点P从点B出发，以每秒2单位长度的速度沿射线BO匀速运动，设点P运动的时间为ts.
(1)求A，C两点的坐标；
(2)连接PA，若△PAB为等腰三角形，求点P的坐标；
(3)当点P在线段BO上运动时，在y轴上是否存在点Q，使△POQ与△AOC全等？若存在，请求出t的值并直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
18. (本小题8.0分)
已知点M和图形W，Q为图形W上一点，若存在点P，使得点M为线段PQ的中点(P,Q不重合)，则称点P为图形W关于点M的倍点．
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(−1,1)，B(−1,−1)，C(1,−1)，D(1,1)．
(1)若点M的坐标为(2,0)，则在P1(3,0)，P2(4,2)，P3(5,1)中，是正方形ABCD关于点M的倍点的是______；
(2)点N的坐标为(2,t)，若在直线y=x上存在正方形ABCD关于点N的倍点，直接写出t的取值范围；
(3)点G为正方形ABCD边上一动点，直线y=x+b与x轴交于点E，与y轴交于点F，若线段EF上的所有点均可成为正方形ABCD关于点G的倍点，直接写出b的取值范围．
19. (本小题8.0分)
已知a，b均为正整数．我们把满足x=2a+3by=3a+2b的点P(x,y)称为幸福点．
(1)下列四个点中为幸福点的是______；
P1(5,5)；P2(6,6)；P3(7,7)；P4(8,8)
(2)若点P(20,t)是一个幸福点，求t的值；
(3)已知点P(m+1,m−1)是一个幸福点，则存在正整数a，b满足m+1=2a+3bm−1=3a+2b，试问是否存在实数k的值使得点P和点Q(12a+k,12b−k)到x轴的距离相等，且到y轴的距离也相等？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
20. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，点B在第一象限，OB=AB，∠BOP=150°．
(1)如图1，求证：△OAB是等边三角形；
(2)如图1，若点M为y轴正半轴上一动点，以BM为边作等边三角形BMN，连接NA并延长交x轴于点P，求证：AP=2AO；
(3)如图2，若BC⊥BO，BC=BO，点D为CO的中点，连接AC、DB交于E，请问AE、BE与CE之间有何数量关系，并证明你的结论．
21. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系xOy中，对于任意两点M，N，给出如下定义：点M，N的横坐标之差的绝对值与纵坐标之差的绝对值的和叫做这两点之间的“直角距离”，记作：dMN，即点M(x1,y1)与点N(x2,y2)之间的“直角距离”为dMN=|x1−x2|+|y1−y2|.
已知点A(−3,2)，点B(2,1)．
(1)A与B两点之间的“直角距离”dAB=________；
(2)点C(0,t)为y轴上的一个动点，当t的取值范围是________时，dAC+dBC的值最小；
(3)若动点P位于第二象限，且满足dAP≥dBP，请在图中画出点P的运动区域(用阴影表示)．
22. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知点A(1,−1)，点B(0,m)(m<0且m≠−1)，直线AB与x轴交于点C，过点A且垂直于AB的直线与x轴交于点D，连接BD．
(1)判断线段AB与AD的数量关系，并就下图中的情况进行证明；
(2)当△CBD为等腰三角形时，求m的值．
23. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，直线AB交x轴于点A，交y轴于点B，C点是OA的中点，AO=OB
(1)∠BAO=
(2)点D为AB上一点，连接OD，CD，且∠DCA=∠BCO，求BC−ODCD的值
24. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A(1,1)、B(5,1)、C(4,4)．
(1)将△ABC向左平移5个单位得到△A1B1C1，写出△A1B1C1三顶点的坐标；
(2)将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请你写出三顶点的坐标；
(3)△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的面积为______(直接写出)．
25. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，A(a,0)，B(b,0)，且满足(a+2)2+b−2=0，过点B作直线m⊥x轴，点P是直线m上一动点，连接AP，过点B作BC // AP交y轴于C点，AD与CD分别平分∠PAB，∠OCB．
(1)填空：a=__________，b=__________．
(2)在点P的运动过程中，∠ADC的度数是否变化.若不变，求出它的度数.若变化，请说明理由；
(3)若点P的纵坐标为−4，在y轴上是否存在点Q，使得△APQ的面积和△ABP的面积相等若存在，求出Q点坐标.若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题利用点的坐标考查了数字变化规律，根据点的坐标求出四边形ABCD一周的长度，从而确定2022个单位长度的细线的另一端落在第几圈第几个单位长度的位置是解题的关键．
根据点的坐标求出四边形ABCD的周长，然后求出另一端是绕第几圈后的第几个单位长度，从而确定答案．
【解答】
解：∵A(1,1)，B(−1,1)，C(−1,−2)，D(1,−2)，
∴AB=1−(−1)=2，BC=1−(−2)=3，CD=1−(−1)=2，DA=1−(−2)=3，
∴绕四边形ABCD一周的细线长度为2+3+2+3=10，
2022÷10=202……2，
∴细线另一端在绕四边形第203圈的第2个单位长度的位置，
即点B的位置，点的坐标为(−1,1)，
故选A．
2.【答案】A
【解析】解：由题意，
设粒子运动到A1，A2，…，An时所用的间分别为a1，a2，…，an，
则a1=2，a2=6，a3=12，a4=20，…，an−an−1=2n，
a2−a1=2×2，
a3−a2=2×3，
a4−a3=2×4，
…，
an−an−1=2n，
相加得：
an−a1=2(2+3+4+…+n)=n2+n−2，
∴an=n(n+1)．
∵44×45=1980，故运动了1980秒时它到点A44(44,44)；
又由运动规律知：A1，A2，…，An中，奇数点处向下运动，偶数点处向左运动．
故达到A44(44,44)时向左运动42秒到达点(2,44)，
即运动了2022秒．所求点应为(2,44)．
故选：A．
该题显然是数列问题．设粒子运动到A1，A2，…An时所用的时间分别为a1，a2，…an，则a1=2，a2=6，a3=12，a4=20，…，由an−an−1=2n，则a2−a1=2×2，a3−a2=2×3，a4−a3=2×4，…，an−an−1=2n，以上相加得到an−a1的值，进而求得an来解．
考查了规律型：点的坐标，分析粒子在第一象限的运动规律得到数列{an}通项的递推关系式an−an−1=2n是本题的突破口，对运动规律的探索知：A1，A2，…An中，奇数点处向下运动，偶数点处向左运动是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵|4|=4，
∴点P(−3,4)到x轴距离为4．
故选：C．
纵坐标的绝对值就是点到x轴的距离．
本题考查了点的坐标的几何意义：点到x轴的距离为点的纵坐标的绝对值，到y轴的距离为点的横坐标的绝对值．
4.【答案】B
【解析】解：∵OA⊥OB，
∴∠OAB+∠ABO=90°，∠AOB=90°．
∵PA平分∠MAO，
∴∠PAO=12∠OAM=12(180°−∠OAB)．
∵PB平分∠ABO，
∴∠ABP=12∠ABO，
∴∠P=180°−∠PAO−∠OAB−∠ABP=180°−12(180°−∠OAB)−∠OAB−12∠ABO=90°−12(∠OAB+∠ABO)=45°．
故选：B．
由OA⊥OB即可得出∠OAB+∠ABO=90°、∠AOB=90°，再根据角平分线的定义以及三角形内角和定理即可求出∠P的度数．
本题考查了三角形内角和定理，解题的关键是找出∠P=90°−12(∠OAB+∠ABO).本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，熟练运用三角形内角和定理解决问题是关键
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理有关知识，如图连接EF，延长BA使得AM=CE，则△OCE≌△OAM.先证明△OFE≌△FOM，推出EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=x，在Rt△EFB中利用勾股定理列出方程即可解决问题．
【解答】
解：如图连接EF，延长BA使得AM=CE，则△OCE≌△OAM，
∴OE=OM，∠COE=∠MOA，
∵∠EOF=45°，
∴∠COE+∠AOF=45°，
∴∠MOA+∠AOF=45°，
∴∠EOF=∠MOF，
在△OFE和△OFM中，
OE=OM∠FOE=∠FOMOF=OF，
∴△OFE≌△FOM，
∴EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=x，
∵CE=OE2−OC2=252−42=2，
∴EF=2+x，EB=2，FB=4−x，
∴2+x2=22+4−x2，
∴x=43，
∴点F的纵坐标为43．
故选B．
6.【答案】D
【解析】解：如图，满足条件的点M的个数为4．
故选D．
分别以OA长为腰或底，得到与y轴交点即为所求点M即可．
本题考查了坐标与图形的性质及等腰三角形的判定；对于底和腰不等的等腰三角形，若条件中没有明确哪边是底哪边是腰时，应在符合三角形三边关系的前提下分类讨论．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查坐标与图形的性质，以及等边三角形的性质，三角形的外角性质.分析图形得到点的坐标的规律是解答此题的关键．
由等边三角形的性质可得∠B1A1A2=∠A1A2B1=∠A2B1A1=60∘，由外角性质可得∠OB1A1=30∘，进而可得∠OB1A2=90∘，再求出A1A2=A2B1=A1B1=OA1=2，可得点B1的横坐标，以及B2、B3、B4的坐标，根据其中的规律得到B10的坐标．
【解答】
解：根据题意，得
△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4⋯，均为等边三角形，
∵∠B1OA1=30∘，OA1=2，
∠B1A1A2=∠A1A2B1=∠A2B1A1=60∘，
∴∠OB1A1=30∘，
∴∠OB1A2=90∘，
∴A1A2=A2B1=A1B1=OA1=2，
所以B1的横坐标为2+1=21+20=3，
同理可得：B2的横坐标为4+2=22+21=6，
B3的横坐标为8+4=23+22=12，
B4的横坐标为16+8=24+23=24，
……
∴B10的横坐标为210+29=1536．
8.【答案】B
【解析】解：设C(m,0)，
∵CD=2，
∴D(m+2,0)，
∵A(0,2)，B(0,4)，
∴AC+BD=m2+22+(m+2)2+42，
∴要求AC+BD的最小值，相当于在x轴上找一点P(m,0)，使得点P到M(0,2)和N(−2,4)的距离和最小，(PM+PN=m2+22+(m+2)2+42)，
如图1中，作点M关于原点O的对称点Q，连接NQ交x轴于P′，连接MP′，此时P′M+P′N的值最小，
∵N(−2,4)，Q(0,−2)
P′M+P′N的最小值=P′N+P′M=P′N+P′Q=NQ=22+62=210，
∴AC+BD的最小值为210．
故选：B．
设C(m,0)，则有AC+BD=m2+22+(m+2)2+42，推出要求AC+BD的最小值，相当于在x轴上找一点P(x,0)，使得点P到M(0,2)和N(−2,4)的距离和最小，如图1中，作点N关于原点O的对称点Q，连接NQ交x轴于P′，连接MP′，此时P′M+P′N的值最小，求出NQ即可解决问题．
本题考查轴对称−最短问题，坐标与图形的性质，两点间距离公式等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会利用数形结合的思想思考问题，学会用转化的思想解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
9.【答案】B
【解析】解：取AC的中点D，连接OD，BD，OB，如图，
∵D为AC的中点，∠AOC=90°，
∴OD=CD=12AC=8．
∵∠ACB=90°，
∴BD=BC2+CD2=62+82=10．
当O，D，B三点不在一条直线上时，OB
∴当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的最大距离为18．
故选：B．
取AC的中点D，连接OD，BD，OB，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得OD，利用勾股定理求得BD，利用三角形两边之和大于第三边，可知当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的距离取得最大值，结论可求．
本题主要考查了坐标与图形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，三角形三边之间的关系定理，利用当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的距离取得最大值解答是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查直角三角形的性质，若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值.连结OM，交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，过点M作MQ⊥x轴于点Q，根据勾股定理可求解OM=5，进而求解AB=2OP′．
【解答】
解：∵PA⊥PB，
∴∠APB=90∘，
∵AO=BO，
∴AB=2PO，
若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，
连结OM，交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，过点M作MQ⊥x轴于点Q．
则OQ=3，MQ=4，
∴OM=5，
又∵MP′=2，
∴OP′=3，
∴AB=2OP′=6．
故选C．
11.【答案】B
【解析】解：
∵将△ABM沿AM折叠，
∴AB=AB′，
又A(−3,0)，B(0,4)，
∴AB=5=AB′，
∴点B′的坐标为：(2,0)，
设M点坐标为(0,b)，
则B′M=BM=4−b，
∵B′M2=B′O2+OM2，
∴(4−b)2=22+b2，
∴b=32，
∴M(0,32)，
故选：B．
设沿直线AM将△ABM折叠，点B正好落在x轴上的B′点，则有AB=AB′，而AB的长度根据已知可以求出，所以B′点的坐标由此求出；又由于折叠得到B′M=BM，在直角△B′MO中根据勾股定理可以求出OM，也就求出M的坐标．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，也考查了翻折变换，题中利用折叠知识与直线的关系以及直角三角形等知识求出线段的长是解题的关键．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
此题主要考查了坐标与图形变化−旋转问题，要熟练掌握，解答此题的关键是分别判断出An的横坐标、纵坐标的变化规律．
首先根据△OA1B1是边长为2的等边三角形，可得A1的坐标为(1,3)，B1的坐标为(2,0)；然后根据中心对称的性质，分别求出点A2、A3、A4的坐标各是多少；最后总结出An的坐标的规律，求出A2n+1的坐标是多少即可．
【解答】
解：∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，
∴A1的坐标为(1,3)，B1的坐标为(2,0)，
∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，
∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，
∵2×2−1=3，2×0−3=−3，
∴点A2的坐标是(3,−3)，B2的坐标为(4,0)，
∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，
∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，
∵2×4−3=5，2×0−(−3)=3，
∴点A3的坐标是(5,3)，B3的坐标为(6,0)，
∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，
∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，
∵2×6−5=7，2×0−3=−3，
∴点A4的坐标是(7,−3)，
…，
∵1=2×1−1，3=2×2−1，5=2×3−1，7=2×4−1，…，
∴An的横坐标是2n−1，A2n+1的横坐标是2(2n+1)−1=4n+1，
∵当n为奇数时，An的纵坐标是3，当n为偶数时，An的纵坐标是−3，
∴顶点A2n+1的纵坐标是3，
∴△B2nA2n+1B2n+1(n是正整数)的顶点A2n+1的坐标是(4n+1,3).
故选：C．
13.【答案】102
【解析】
【分析】
本题考查三角形中位线定理，一次函数的性质等知识，解题的关键是正确寻找点Q的运动轨迹，学会构建一次函数，探究轨迹，属于中考常考题型．分两种情形：当点N在x轴的正半轴上时，过点Q作QR⊥ON于点R，QT⊥OM于点T.设Q(x,y).判断出点Q的运动轨迹，同法求出点Q在x轴的负半轴上时，点Q的运动轨迹的长，可得结论．
【解答】
解：如图，当点N在x轴的正半轴上时，过点Q作QR⊥ON于点R，QT⊥OM于点T.设Q(x,y)．
∵QM=QN，QT//ON，QR//OM，
∴QT=12ON，QR=12OM，
∴QT+QR=12(OM+ON)=5，
∴x+y=5，
∴y=−x+5，
∴点Q在直线y=−x+5上运动，
∵直线y=−x+5与坐标轴交于(0,5)，(5,0)，
∴点Q运动路径的长=52+52=52，
当点N在x轴的负半轴上时，同法可得点Q运动路径的长=52+52=52，
综上所述，点Q的运动路径的长为102，
故答案为102．
14.【答案】(0,16)
【解析】解：根据题意和图形可看出每经过一次变化，都顺时针旋转45°，边长都乘以2，
∵从A到A3经过了3次变化，
∵45°×3=135°，1×(2)3=22．
∴点A3所在的正方形的边长为22，点A3位置在第四象限．
∴点A3的坐标是(2,−2)；
可得出：A1点坐标为(1,1)，
A2点坐标为(2,0)，
A3点坐标为(2,−2)，
A4点坐标为(0,−4)，
A5点坐标为(−4,−4)，
A6点坐标为(−8,0)，
A7点坐标为(−8,8)，
A8点坐标为(0,16)，
故答案为(0,16)．
根据题意和图形可看出每经过一次变化，都顺时针旋转45°，边长都乘以2，所以可求出从A到A3的后变化的坐标，再求出A1、A2、A3、A4、A5，得出A8即可．
本题主要考查正方形的性质和坐标与图形的性质的知识点，解答本题的关键是由点坐标的规律发现每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次正方形的边长变为原来的2倍，此题难度较大．
15.【答案】7
【解析】
【分析】
本题主要考查的是等腰三角形的定义、线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．分为AB=AC、BC=BA，CB=CA三种情况画图判断即可．
【解答】
解：如图所示：
当AB=AC时，符合条件的点有3个；当BA=BC时，符合条件的点有3个；当点C在AB的垂直平分线上时，符合条件的点有一个．
故答案为7．
16.【答案】3+3
【解析】解：∵△ABC是等腰三角形，∠ACB=120°，
∴AC=BC，
∵A、B都在x轴上，
∴OC⊥AB，
∴点O即为AB的中点，
∵点A的坐标为(3,0)，
∴点B的坐标为(−3,0)，
∵M(1,0)和点N关于y轴对称，
∴点N的坐标为(−1,0)，
∴MN=2，
过点N作N关于BC的对称点E，过点M作M关于AC的对称点F，连接PE，QF，
∴PE=PN，QF=QM，
∴四边形PQMN的周长=MN+PN+PQ+QM=2+PE+PQ+QF，
由两点之间线段最短可知，当E、F、P、Q四点共线时，PE+PQ+QF有最小值，
即此时四边形PQMN的周长有最小值，
即EF+2，
过点E作EG⊥x轴于G，设NE交BC于H，
∵BC=AC，∠ACB=120°，OC⊥AB，
∴∠OCB=60°，
∴∠HBN=30°，∠HNB=60°，
∴HN=12BN=−1−(−3)2=3−12，∠NEG=30°，
∴NE=2HN=3−1，
∴GN=12EN=3−12，
∴EG=EN2−NG2=3−32，OG=ON+GN=1+3−12=3+12，
∴点E的坐标为(−3+12,3−32)，
同理求出F的坐标为(3+12,3−32)，
∴EF=3+1，
∴四边形PQMN的周长的最小值为2+3+1=3+3，
故答案为：3+3．
先根据等腰三角形的性质求出点B的坐标，再根据关于y轴对称的点的坐标特点求出点N的坐标，过点N作N关于BC的对称点E，过点M作M关于AC的对称点F，连接PE，QF，可得四边形PQMN的周长=MN+PN+PQ+QM=2+PE+PQ+QF，由两点之间线段最短可知，当E、F、P、Q四点共线时，PE+PQ+QF有最小值，即此时四边形PQMN的周长有最小值，即EF+2，过点E作EG⊥x轴于G，设NE交BC于H，只需要求出点E、点F的坐标即可得到答案．
本题主要考查了等腰三角形的性质，坐标与图形，轴对称最短路径问题，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形内角和定理，坐标与图形变化—轴对称等等，正确作出辅助线确定出四边形PQMN周长最小时的情形是解题的关键．
17.【答案】解：(1)∵(n−3)2+3m−12=0，
∴n−3=0，3m−12=0，
解得，n=3，m=4，
∴点A的坐标为(0,4)，点C的坐标为(3,0)；
(2)由勾股定理得，AB=OB2+OA2=41，
当BA=BP时，点P的坐标为(41−5,0)；
当AB=AP时，点P的坐标(5,0)；
当PA=PB时，设PA=x，则OP=5−x，
在Rt△AOP中，AP2=OP2+OA2，即x2=(5−x)2+42，
解得，x=4.1，
则OP=0.9，
∴点P的坐标(−0.9,0)；
综上所述，△PAB为等腰三角形，点P的坐标为(−0.9,0)或(5,0)；(41−5,0)；
(3)当△QOP≌△AOC时，OP=OC=3，OQ=OA=4，
∴BP=2，
则t=1秒，点Q的坐标为(0,4)或(0,−4)；
当△POQ≌△AOC时，OP=OA=4，OQ=OC=3，
则t=12秒，点Q的坐标为(0,3)或(0,−3)．
【解析】本题考查的是全等三角形的判定和性质、非负数的性质、等腰三角形的定义，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．
(1)根据非负数的性质分别求出n、m，得到A，C两点的坐标；
(2)分BA=BP、AB=AP、PA=PB三种情况，根据等腰三角形的概念、勾股定理计算即可；
(3)分△QOP≌△AOC和△POQ≌△AOC两种情况，根据全等三角形的性质解答．
18.【答案】解：(1)设Q(x,y)是正方形ABCD上一点，则有，
x+32=2y+02=0，解得：x=1y=0，
∵(1,0)在正方形ABCD上，
∴P1是正方形ABCD关于点M的倍点；
同理可得：P2不满足条件，P3满足条件，
∴正方形ABCD关于点M的倍点为P1，P3，
故答案为：P1，P3；
(2)设直线y=x上存在的点的坐标为(a,b)，正方形上的点的坐标为(x,y)，
则x+a2=2b+y2=t，解得：a=4−xb=2t−y，
∵点(a,b)在直线y=x上，则a=b，
∴y−x=2t−4，
∵−2≤y−x≤2，即−2≤2t−4≤2，
解得：1≤t≤3；
(3)−3≤b≤−2或2≤b≤3．
【解析】(1)根据“倍点”的定义，逐一判断即可；
(2)设直线y=x上存在的点的坐标为(a,b)，正方形上的点的坐标为(x,y)，再根据“倍点”的定义
得出a=4−xb=2t−y，最后根据y−x=2t−4，得出结果；
本题考查了一次函数的性质，中点坐标公式及“倍点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
19.【答案】解：(1)P1(5,5)；
(2)∵点P(20,t)是一个幸福点，
∴2a+3b=20，3a+2b=t，
∵a，b均为正整数，
∴a=1，b=6或a=b=4或a=7，b=2，
当a=1，b=6时，t=15，
当a=b=4时，t=20，
当a=7，b=2时，t=25，
∴t的值为15或20或25；
(3)由题意可知，P(2a+3b,3a+2b)，Q(12a+k,12b−k)，
∵点P和点Q到x轴的距离相等，
∴3a+2b=12b−k ①，
∵点P和点Q到y轴的距离相等，
∴2a+3b=12a+k ②，
将①、②联立得，a=−b，
∵a，b均为正整数，
∴a=−b无意义，
故不存在实数k．
【解析】解：(1)∵a，b均为正整数，满足x=2a+3by=3a+2b的点P(x,y)称为幸福点，
∴当a=1，b=1时，x=5，y=5，故P1(5,5)是幸福点，
当a=1，b=2时，x=8，y=7，故(8,7)是幸福点，
当a=2，b=1时，x=7，y=8，故(7,8)是幸福点，
...
∴P1(5,5)，P2(6,6)，P3(7,7)，P4(8,8)中只有P1(5,5)是幸福点，
故答案为：P1(5,5)；
(2)∵点P(20,t)是一个幸福点，
∴2a+3b=20，3a+2b=t，
∵a，b均为正整数，
∴a=1，b=6或a=b=4或a=7，b=2，
当a=1，b=6时，t=15，
当a=b=4时，t=20，
当a=7，b=2时，t=25，
∴t的值为15或20或25；
(3)由题意可知，P(2a+3b,3a+2b)，Q(12a+k,12b−k)，
∵点P和点Q到x轴的距离相等，
∴3a+2b=12b−k ①，
∵点P和点Q到y轴的距离相等，
∴2a+3b=12a+k ②，
将①、②联立得，a=−b，
∵a，b均为正整数，
∴a=−b无意义，
故不存在实数k．
(1)根据a，b均为正整数，对a，b分类讨论，分别求出幸福点即可；
(2)将P点坐标分别代入x=2a+3by=3a+2b求出t的值即可；
(3)先表示出点P(2a+3b,3a+2b)，再根据点P和点Q到x轴的距离相等，到y轴的距离也相等列出关系式求解即可．
本题主要考查点的坐标，读懂题意列出方程，能熟练运用分类讨论思想解决问题是解答此题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵∠BOP=150°，∠AOP=90°，
∴∠AOB=60°，
∵OB=AB，
∴△OAB是等边三角形；
(2)证明：由(1)知：△OAB是等边三角形，
∴∠ABO=60°，
∵△BMN是等边三角形，
∴BM=BN，∠MBN=60°，
∴∠MBO=∠NBA，
∵AB=OB，
∴△MBO≌△NBA(SAS)，
∴∠OMB=∠ANB，
∵∠AFM=∠BFN，
∴∠FAM=∠FBN=60°，
∵∠OAP=∠FAM=60°，∠AOP=90°，
∴∠APO=30°，
∴AP=2AO；
(3)AE=BE+CE，理由如下：
如图2，在AC上截取AG=EC，连接BG，可得AG+EG=CE+EG，即AE=CG，
∵BC⊥BO，BC=BO，
∴∠OBC=90°，
∵D为CO的中点，
∴BD平分∠OBC，即∠CBD=∠OBD=45°，
∵∠ABO=60°，
∴∠ABD=105°，∠ABC=150°，
∵AB=OB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=15°，
∴∠AEB=15°+45°=60°，
在△ABE和△CBG中，
AB=CB∠BAE=∠BCGAE=CG，
∴△ABE≌△CBG(SAS)，
∴BG=BE，
∴△BEG为等边三角形，
∴BE=EG，
∴AE=AG+EG=CE+BE；
【解析】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，以及含30°角的直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
(1)根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可得结论；
(2)根据SAS证明△MBO≌△NBA，得∠OMB=∠ANB，由8字形可得∠FAM=∠FBN=60°，最后由含30°角的直角三角形的性质可得结论；
(3)如图2，在AC上截取AG=CE，先证∠AEB=60°，方法是根据题意得到三角形ABO为等边三角形，三角形BOC为等腰直角三角形，确定出∠ABD度数，根据AB=BC，且∠ABC=150°，得到∠BAE度数，进而确定出∠AEB为60°，再由AG=CE，得到AE=CG，再由AB=CB，且夹角∠BAC=∠BCA，利用SAS得到三角形BCG与三角形BAE全等，利用全等三角形的对应边相等得到BG=BE，得到三角形BEG为等边三角形，得到BE=EG，由AE=EG+AG，等量代换即可得证．
21.【答案】解：(1)6；
(2)1≤t≤2;
(3)如图：
【解析】
【分析】
本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标，坐标与图形的性质，新定义，解答本题的关键是掌握新定义的运算法则．
(1)根据新定义的概念求出dAB的值即可；
(2)根据A、B、C三点的坐标，新定义的概念求出dAC+dBC的值，再根据绝对值的几何意义进行解答，即可求解；
(3)根据新定义的概念，结合dAP≥dBP，直接画出符合题意的图形即可．
【解答】
解：(1)∵A(−3,2)，B(2,1)，
∴dAB=−3−2+2−1=5+1=6．
故答案为6；
(2)∵A(−3,2)，B(2,1)，C(0,t)，
∴dAC+dBC=−3−0+2−t+2−0+1−t=5+t−2+t−1，
根据绝对值的几何意义可知，点表示点t的点在以表示1的点和表示2的点为端点的线段上时，t−2+t−1的值最小，
∴当t的取值范围是1⩽t⩽2时，dAC+dBC的值最小．
故答案为1⩽t⩽2；
(3)见答案．
22.【答案】解：(1)AB=AD，证明如下：
过点A分别作AG⊥x轴于G，作AH⊥y轴于H，如图：
则∠BHA=∠DGA=90°，
∵A(1,−1)，
∴AG=AH=1，
∵AD⊥BC于A，
∴∠DAC=90°，
∴∠ACD+∠ADC=90°，
∵∠BOC=90°，
∴∠OCB+∠OBC=90°，
∴∠OBC=∠ADC，即∠HBA=∠GDA，
在△BAH和△DAG中，
∠BHA=∠DGA=90°∠HBA=∠GDAAH=AG,
∴△BAH≌△DAG(AAS)，
∴AB=AD；
(2)设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)，
把A(1,−1)，B(0,m)两点的坐标分别代入到y=kx+b中，得k+b=−1b=m,
解得k=−m−1b=m,
∴直线AB的解析式为y=(−m−1)x+m，
∵m<0且m≠−1，
∴当m<−1时，点D在x轴的负半轴上，点C在x轴的正半轴上，过点A分别作AG⊥x轴于G，作AH⊥y轴于H，如图：
则∠BHA=∠DGA=∠GOH=90°，
∴四边形AGOH是矩形，
∵A(1,−1)，
∴AG=AH=1，四边形AGOH是正方形，
∴AG=AH=OG=OH=1，
∵B(0,m)，
∴OB=−m，BH=−1−m，
由(1)可知，DG=BH=−1−m，
∴OD=DG−OG=−1−m−1=−m−2，
当△CBD为等腰三角形时，分三种情况：
①当BD=BC时，∵BO⊥CD于O，
∴OC=OD=−m−2，
∴C(−m−2,0)，
把点C(−m−2,0)的坐标代入到y=(−m−1)x+m中，得0=−m−1−m−2+m，
∴m2+4m+2=0，
∴m2+4m+2+2=2，
∴m+22=2，
∴m+2=±2，
∴m=−2−2或m=−2+2，
∵m<−1，
∴此时m的值为−2−2；
②当DB=DC时，∵DA⊥BC，
∴AB=AC，
在Rt△AGC和Rt△AHB中，
AG=AHAC=AB,
∴Rt△AGC≌Rt△AHB(HL)，
∴GC=HB=−1−m，
∴OC=GC+OG=−1−m+1=−m，
∴C(−m,0)，
把点C(−m,0)的坐标代入到y=(−m−1)x+m中，得0=−m−1·−m+m，
∴m2+2m=0，
∵m<−1，，
∴将方程两边同时除以m，得m+2=0，
∴此时m的值是−2；
③当BC=DC时，这种情况不存在，理由如下：
由(1)可知AD=AB，∠BAD=90°，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
∴当BC=DC时，∠CDB=∠CBD=45°，
∴∠ACD=180°−∠CDB−∠CBD=90°，
∴BC⊥x轴，这种情况不存在；
当−1
则∠BHA=∠DGA=∠GOH=90°，
∴四边形AGOH是矩形，
∵A(1,−1)，
∴AG=AH=1，四边形AGOH是正方形，
∴AG=AH=OG=OH=1，
∵B(0,m)，
∴OB=−m，BH=m−(−1)=m+1，
由(1)可知，DG=BH=m+1，
∴OD=DG+OG=m+1+1=m+2，
当△CBD为等腰三角形时，只有一种情况，即BC=BD，
∵BO⊥CD于O，
∴OC=OD=m+2，
∴C(−m−2,0)，
把点C(−m−2,0)的坐标代入到y=(−m−1)x+m中，得0=−m−1−m−2+m，
∴m2+4m+2=0，
∴m2+4m+2+2=2，
∴m+22=2，
∴m+2=±2，
∴m=−2−2或m=−2+2，
∵−1
综上所述，m的值为−2−2或−2或−2+2．
【解析】本题主要考查了坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质．
(1)过点A分别作AG⊥x轴于G，作AH⊥y轴于H，证明△BAH≌△DAG，即可证明结论成立；
(2)首先利用待定系数法求出直线AB的解析式为y=(−m−1)x+m，根据m<0且m≠−1，得出当m<−1时，点D在x轴的负半轴上，点C在x轴的正半轴上，过点A分别作AG⊥x轴于G，作AH⊥y轴于H，画出图形，结合图形，根据等腰三角形的性质，分三种情况求出m的值；当−1
23.【答案】解：(1)45°;
(2)在BC上取D′，使得CD=CD′，
∵C是OA中点，
∴CO=CA，
∵∠ACD=∠OCD′，
∴△ACD≌△OCD′(SAS)，
∴AD=OD′，∠CAD=∠COD′，
∵OA=OB，∠OAB=∠OBA=45°=∠COD′，
∴∠BOD′=∠OAD=45°，
在△OBD′和△AOD中，
∵OB=AO∠BOD′=∠OAD,OD′=AD
∴△OBD′≌△AOD(SAS)，
∴BD′=OD，
则BC=BD′+CD′=OD+CD，
∴BC−ODCD=OD+CD−ODCD=CDCD=1．
【解析】
【分析】
本题考查坐标和图形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是构造全等三角形．
(1)证△AOB是等腰直角三角形，即可解答;
(2)在BC上取D′，使得CD=CD′，先证△ACD≌△OCD′得AD=OD′，∠CAD=∠COD′，再证△OBD′≌△AOD得BD′=OD，根据BC=BD′+CD′=OD+CD代入求解可得．
【解答】
解：(1)∵AO=BO，∠AOB=90°
∴△AOB是等腰直角三角形
∴∠OAB=∠OBA=45°
(2)见答案．
24.【答案】94
【解析】解：(1)如图所示：△A1B1C1，即为所求，点A1(−4,1)；
(2)如图所示：△A2B2C2，点A2(−1,1)，B2(−1,5)，C2(−4,4)；
(3)∵A2C2⊥A1C1且交点到A1，C1的距离相等，
∴设△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的直角边长为x，则x2+x2=9，
解得：x=322，
故△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的面积为：12×322×322=94．
故答案为：94．
(1)直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
(2)直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；
(3)利用旋转的性质得出重合部分边长关系进而得出答案．
本题考查了旋转变换以及勾股定理，掌握对应点位置是关键．
25.【答案】解：(1)−2；2
(2)∠ADC的度数不变，为45°，过点D作DE//AP，
∵∠COB=90∘，
∴∠BCO+∠OBC=90∘，
∵BC//AP，
∴∠BAP=∠OBC，
∴∠BAP+∠OCB=90∘，
∵AD，CD分别平分∠PAB，∠OCB，
∴∠DAP=12∠PAB，∠BCD=12∠OCB，
∴∠DAP+∠BCD=45∘，
∵DE//AP，
∴∠DAP=∠EDA，
∵DE//AP，BC//AP，
∴BC//DE，
∴∠BCD=∠EDC，
∴∠ADC=∠ADE+∠CDE=∠DAP+∠BCD=45∘；
(3)存在．
过点Q作QN⊥m于点N，过点A作AM⊥ON于点M，
∵AB=4，BP=4，
∴S△ABP=12AB×BP=12×4×4=8，
设点Q(0,y)，
∵S△AMQ=12AM×MQ=12×2×|y|=|y|，
S△PNQ=12QN×NP=12×2×|y+4|=|y+4|，
S梯形APNM=12MN(NP+AM)=12×4×(|y+4|+|y|)=2(|y+4|+|y|)，
∴S△APQ=S梯形APNM−S△AMQ−SΔPQN=2(|y+4|+|y|)−|y|−|y+4|=|y+4|+|y|，
∵S△APQ=S△ABP，
∴|y+4|+|y|=8;
若点Q在x轴下方(如图1)，
即y<−4时，−y−4−y=8，
∴y=−6，
∴点Q(0,−6);
若点Q在x轴上方(如图2)，
即y>0时，y+4+y=8，
∴y=2，
∴点Q(0,2);
综上所述，点Q的坐标为(0,−6)或(0,2).
【解析】
【分析】
本题考查了非负数的性质、平行线的性质、角平分线定义、平行公理的推论、三角形的面积以及坐标与图形性质：利用点的坐标计算出相应的线段的长和判断线段与坐标轴的位置关系．
(1)根据非负数的性质易得a=−2，b=2，然后根据三角形面积公式计算；
(2)过点D作DE//AP，先根据垂直关系和平行线的性质证明∠BAP+∠OCB=90∘，再根据平分线定义证明∠DAP+∠BCD=45∘，再根据平行线的性质和平行公理的推论结合角的和差关系易得结论；
(3)过点Q作QN⊥m于点N，过点A作AM⊥ON于点M，先求出△ABP的面积，设点Q(0,y)，用含y的代数式分别表示△AMQ的面积，△PNQ的面积和梯形APNM的面积还有△APQ的面积，再根据面积的等量关系列出关于y的方程，解方程求出y的值，再分情况讨论：点Q在x轴下方和点Q在x轴上方两种情况求Q的坐标即可．
【解答】
解：(1)∵(a+2)2+b−2=0，
∴a+2=0，b−2=0，
∴a=−2，b=2，
故答案为−2；2；
(2)见答案；
(3)见答案．
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