2022-2023年北师大版数学八年级下册专项复习精讲精练：期中真题精选（压轴60题专练）（原卷版+解析版）

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期中真题精选（压轴60题专练）
一、单选题
1．（2021秋·安徽铜陵·八年级校考期中）如图，Rt△ACB中，∠ACB=90°，△ACB的角平分线AD，BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①∠APB=135°； ②AD=PF+PH；③DH平分∠CDE；④S四边形ABDE=S△ABP；⑤S△APH=S△ADE，其中正确的结论有（    ）个

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】①正确．利用三角形内角和定理以及角平分线的定义即可解决问题．
②正确．证明△ABP≌△FBP，推出PA=PF，再证明△APH≌△FPD，推出PH=PD即可解决问题．
③错误．利用反证法，假设成立，推出矛盾即可．
④错误，可以证明S四边形ABDE=2S△ABP．
⑤正确．由DH∥PE，利用等高模型解决问题即可．
【详解】解：在△ABC中，AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC
∵∠ACB=90°
∴∠A+∠B=90°
又∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC
∴∠BAD+∠ABE=（∠A+∠B）=45°
∴∠APB=135°，故①正确
∴∠BPD=45°
又∵PF⊥AD
∴∠FPB=90°+45°=135°
∴∠APB=∠FPB
又∵∠ABP=∠FBP
BP=BP
∴△ABP≌△FBP（ASA）
∴∠BAP=∠BFP，AB=FB，PA=PF
在△APH和△FPD中

∴△APH≌△FPD（ASA）
∴PH=PD
∴AD=AP+PD=PF+PH．故②正确
∵△ABP≌△FBP，△APH≌△FPD
∴S△APB=S△FPB，S△APH=S△FPD，PH=PD
∵∠HPD=90°
∴∠HDP=∠DHP=45°=∠BPD
∴HD∥EP
∴S△EPH=S△EPD
∴S△APH=S△AED，故⑤正确
∵S四边形ABDE=S△ABP+S△AEP+S△EPD+S△PBD
=S△ABP+（S△AEP+S△EPH）+S△PBD
=S△ABP+S△APH+S△PBD
=S△ABP+S△FPD+S△PBD
=S△ABP+S△FBP
=2S△ABP，故④不正确
若DH平分∠CDE，则∠CDH=∠EDH
∵DH∥BE
∴∠CDH=∠CBE=∠ABE
∴∠CDE=∠ABC
∴DE∥AB，这个显然与条件矛盾，故③错误
故选B．
【点睛】本题考查了角平分线的判定与性质，三角形全等的判定方法，三角形内角和定理，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
2．（2022春·河南郑州·八年级校考期中）如图，Rt△AOB 中，∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，将△AOB 沿 x 轴依次以三角形三个顶点为旋转中心顺时针旋转，分别得图②，图③，…，则旋转到图⑩时直角顶点的坐标是（    ）

A．（28，4） B．（36，0） C．（39，0） D．（,）
【答案】B
【分析】根据勾股定理列式求出AB的长度，然后根据图形可发现，每3个图形为一个循环组依次循环，且下一组的第一个图形与上一组的最后一个图形的直角顶点重合，所以，第10个图形的直角顶点与第9个图形的直角顶点重合，然后求解即可．
【详解】∵∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，
∴AB＝＝5，
根据图形，每3个图形为一个循环组，3＋5＋4＝12，
所以，图⑨的直角顶点在x轴上，横坐标为12×3＝36，
所以，图⑨的顶点坐标为（36，0），
又∵图⑩的直角顶点与图⑨的直角顶点重合，
∴图⑩的直角顶点的坐标为（36，0）．
故选：B．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变化−旋转，仔细观图形，判断出旋转规律“每3个图形为一个循环组依次循环，且下一组的第一个图形与上一组的最后一个图形的直角顶点重合”是解题的关键．
3．（2022春·陕西西安·八年级西北大学附中校考期中）等边三角形ABC的边长为6，点O是三边垂直平分线的交点，∠FOG＝120°，∠FOG的两边OF，OG与AB，BC分别相交于D，E，∠FOG绕O点顺时针旋转时，下列四个结论：①OD＝OE；②S△ODE＝S△BDE；③S四边形ODBE＝；④△BDE周长最小值是9．其中正确个数是（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】连接、，如图，利用等边三角形的性质得，再证明，于是可判断，所以，，则可对①进行判断；利用得到四边形的面积，则可对③进行判断；作，如图，则，计算出，利用随的变化而变化和四边形的面积为定值可对②进行判断；由于的周长，根据垂线段最短，当时，最小，的周长最小，计算出此时的长则可对④进行判断．
【详解】解：连接、，如图，

为等边三角形，
，
点是等边三边垂直平分线的交点，
，、分别平分和，
，
，即，
而，即，
，
在和中，
，
，
，，①正确；
，
四边形的面积，③错误；
作，如图，则，
，
，
，，
，
，
即随的变化而变化，
而四边形的面积为定值，
；②错误；
，
的周长，
当时，最小，的周长最小，此时，
周长的最小值，④正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角形面积的计算等知识；熟练掌握旋转的性质和等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
4．（2022秋·重庆九龙坡·八年级重庆市杨家坪中学校考期中）如图，中，，，点O在边BC上，OD垂直平分BC，AD平分∠BAC，过点D作于点M，则（   ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】如图（见解析），先根据角平分线的性质可得，再根据直角三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据垂直平分线的性质可得，又根据直角三角形全等的判定定理与性质可得，设，从而可得，，最后根据建立等式求解即可得．
【详解】如图，过点D作，交AC延长线于点N，连接BD、CD，
，AD平分，
，
在和中，，
，
，
OD垂直平分BC，
，
在和中，，
，
，
设，
，
，
又，
，
解得，
即，
故选：A．

【点睛】本题考查了角平分线的性质、垂直平分线的性质、直角三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
5．（2022春·陕西宝鸡·八年级校联考期中）如图，点A、B、C在一条直线上，△ABD和△BCE均为等边三角形，连接AE和CD，AE分别交CD，BD于点M，P，CD交BE于点Q，连接PQ，BM，下面结论：①△ABE≌△DBC；②∠DMA=60°；③△BPQ为等边三角形；④PQ∥AC．其中结论正确的有（   ）  

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】①由等边三角形的性质得出AB=DB，∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC，得出∠ABE=∠DBC，由SAS即可证出△ABE≌△DBC；②由△ABE≌△DBC，得出∠BAE=∠BDC，根据三角形外角的性质得出∠DMA=60°；③由ASA证明△ABP≌△DBQ，得出对应边相等BP=BQ，即可得出△BPQ为等边三角形；④推出△BPQ是等边三角形，得到∠PBQ=60°，根据平行线的性质即可得到PQ∥AC，故④正确．
【详解】解：∵△ABD、△BCE为等边三角形，
∴AB=DB，∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC，
∴∠ABE=∠DBC，∠PBQ=60°，
在△ABE和△DBC中，
，
∴△ABE≌△DBC（SAS），故①正确；
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE=∠BDC，
∵∠BDC+∠BCD=180°-60°-60°=60°，
∴∠DMA=∠BAE+∠BCD=∠BDC+∠BCD=60°，故②正确；
在△ABP和△DBQ中，
，
∴△ABP≌△DBQ（ASA），
∴BP=BQ，
∴△BPQ为等边三角形，故③正确；
∵BP=BQ，∠PBQ=60°，
∴△BPQ是等边三角形，
∴∠PQB=60°，
∴∠PQB=∠QBC，
∴PQ∥AC，故④正确．
故选：D．
【点睛】此题考查了等边三角形的判定与性质与全等三角形的判定与性质，平行线的判定和性质，此题图形比较复杂，解题的关键是仔细识图，找准全等的三角形．

二、填空题
6．（2021春·重庆·八年级重庆一中校考期中）重庆云阳巴阳镇精准化发展枇杷产业切实带动低收入农户增收，成为一大“亮点”——“万亩枇杷，醉美巴阳”成为了重庆云阳的一大名片.今年5月又是一个丰收季，全镇枇杷种植面积达1万余亩，种植了“普通”、“白肉”、“大五星”三个品种的枇杷，其中6000亩用于村民集体采摘，其余部分用于游客自助采摘．这6000亩中种植“白肉”枇杷的面积是“普通”枇杷面积的2倍，“大五星”枇杷面积不超过“白肉”枇杷面积的1.2倍，种植“白肉”的面积不超过2300亩，现在正值采摘季节，若干村民进行采摘，每人每天可以采摘“普通”枇杷1.8亩，或“白肉”枇杷1.2亩，或“大五星”枇杷2亩，这6000亩枇杷预计20天采摘完，则需要村民_______人参与采摘．
【答案】191人
【分析】设“普通”枇杷面积x亩，则“白肉”枇杷面积为亩，“大五星”枇杷面积为亩，有人采摘，采摘“普通”枇杷天， “白肉”枇杷为天，“大五星”枇杷为天，先求解的范围，再用含的代数式表示，再解不等式组即可得到答案．
【详解】解：设“普通”枇杷面积x亩，则“白肉”枇杷面积为亩，“大五星”枇杷面积为亩，有人采摘，采摘“普通”枇杷天， “白肉”枇杷为天，“大五星”枇杷为天，
根据题意得：
解得：
同时可得：


整理得：


，

为正整数，

故答案为：
【点睛】本题考查不等式组的实际应用，解题的关键是仔细阅读找出题中的等量关系与不等关系列方程与不等式组．
7．（2022秋·北京海淀·八年级校考期中）如图，边长为a的等边中，是上中线且，点D在上，连接，在的右侧作等边，连接，则周长的最小值是______．（用含a，b的式子表示）．

【答案】
【分析】首先证明点E在射线上运动（证明），作点A关于直线的对称点M，连接交于，此时的值最小，从而可得答案．
【详解】解：如图，∵都是等边三角形，
∴

∴，
∴，
∴，
∵是的中线，
∴，而  
∴，
∴点E在射线上运动， 作点A关于直线的对称点M，连接交于，此时的值最小，
∵由对称可得
∴是等边三角形，
∴，
∵， ∴
∴周长的最小值
故答案为：
【点睛】本题考查轴对称最短问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明点E在射线上运动（），本题难度比较大，属于中考填空题中的压轴题．
8．（2022春·四川巴中·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，将△ABE绕点A顺时针旋转90°后，得到△ACF，连接DF，下列结论中：①∠DAF＝45°②△ABE≌△ACD③AD平分∠EDF④BE2+DC2＝DE2；正确的有_____（填序号）

【答案】①③④
【详解】由旋转性质得△ABE≌△ACF，
所以∠BAE=∠CAF，AE=AF
因为∠DAE=45°，∠BAC=90°，
所以∠BAE+∠CAD=45°，
所以∠CAF+∠DAC=45°，即∠DAF=45°，则①正确；
只有AB=AC，∠B=∠C，不能得到△ABE≌△ACD，则②错误；
因为∠DAE=45°，∠DAF=45°，
所以∠DAE=∠DAF
因为AE=AF，AD=AD
所以△ADE≌△ADF，
所以∠ADE=∠ADF
所以AD平分∠EDF，则③正确；
因为△AED≌△AFD，所以DE=DF，
又△ABE≌△ACD，
所以BE=CF，∠ACF=∠B=45°，
所以∠DCF=90°，所以BE2+DC2=DE2，则④正确，
故答案①③④.

三、解答题
9．（2022秋·北京·八年级校考期中）已知，为射线上一点，为射线上一动点，连接， 满足为钝角，将线段绕点 顺时针旋转，得到线段，连接．
（1）依题意补全图；
（2）求证：；
（3）在射线 上取点，点关于点的对称点为，连接，当 时，使得对于任意的点，总有，并证明

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3），见解析
【分析】（1）根据要求画出图形即可．
（2）根据三角形内角和定理以及角的和差定义解决问题即可．
（3）结论：当∠PDO＝45°时，总有ON＝EP．过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PH⊥OA于点H，即可构造出△PHM≌△NCP，进而得PH＝NC，HM＝CP，设PH＝DH＝x，MH＝PC＝y，则OP＝2x，OC＝OP＋PC＝2x＋y，由于点M关于点D的对称点为E，即点D为ME中点，故ME＝2MD，EH＝ME−MH＝2x＋y，所以OC＝EH，通过证明△OCN≌△EHP证得ON＝EP．
【详解】解（1）如图所示

（2）设
线段绕点顺时针旋转得到线段
，





（3）当时，总有，证明如下：
过点作于点
过点作于点，如图



即
在与中


，
，
点关于点的对称点为



在与中


．

【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，解题的关键是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．
10．（2020秋·安徽·八年级统考期中）城关中学九（6）班的毕业复习资料复印业务原来由宏图复印社承接，其收费y1（元）与复印页数x（页）的关系如下表：
x（页）
100
200
400
1000
…
y1（元）
15
30
60
150
…

（1）y1与x的函数关系是否满足一次函数关系？
（2）现在另一家复印社明晰复印社表示：若学校先按每月付给200元的承包费，则可按每页0.10元收费，请写出明晰复印社每月收费y2（元）与复印页数x（页）的函数表达式；
（3）你若是班级的学习委员，在复印资料时，选择哪家复印社比较优惠，说明理由．
【答案】（1）y1与x的函数关系满足一次函数关系．（2）y2=0.1x+200．（3）当复印量等于4000时，选择两家均可；当复印量大于4000页时，选择明晰复印社；当复印量小于4000页时，选择宏图复印社．
【解析】（1）设y1=kx+b，由题意找出满足两个量的函数关系式，即可得解．
（2）由题中三个量的关系即可得出函数表达式．
（3）由前两题的函数表达式，找出中间量，由此再得出一元一次不等式，即可得解．
【详解】解：（1）设y1=kx+b，把（100，15）和（200，30）分别代入，得：
，
解得：．
∴函数的表达式可能为y1=0.15x；
把（400，60）和（1000，150）分别代入，可得等式成立．
∴y1与x的函数关系满足一次函数关系．
（2）由题意得，y2=0.1x+200．
（3）由，解得：
．
即当复印4000页是，两家收费均为600元；
∴此时选择两家都可以．
由0.15x＞0.1x+200，
解得：x＞4000；
∴当复印量大于4000页时，宏图复印社的收费大于明晰复印社，
此时应选择明晰复印社．
同理，当复印量小于4000页时，选择宏图复印社．
综上所述，当复印量等于4000时，选择两家均可；
当复印量大于4000页时，选择明晰复印社．
当复印量小于4000页时，选择宏图复印社．
【点睛】本题主要考查一元一次不等式和一次函数的应用，理解题中各个量的关系是解题的关键．
11．（2022·湖南长沙·八年级校联考期中）中，，直线过点．
（1）当时，如图1，分别过点和作直线于点直线于点与是否全等，并说明理由；

（2）当时，如图2，点与点关于直线对称，连接点在上，点是上一点，分别过点作直线于点直线于点，点从点出发，以每秒的速度沿路径运动，终点为点从点出发，以每秒的速度沿路径运动，终点为，点同时开始运动，各自达到相应的终点时停止运动，设运动时间为秒．

①当为等腰直角三角形时，求的值；
②当与全等时，求的值．
【答案】（1）与全等，理由见解析；（2）①秒或秒；②秒或秒或秒
【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分点F沿C→B路径运动和点F沿B→C路径运动两种情况，根据等腰三角形的定义列出算式，计算即可；
②分点F沿F→C路径运动，点F沿C→B路径运动，点F沿B→C路径运动，点F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）与全等．
理由如下：直线，
，
，
，
，
在和中，
，
；       
（2）①由题意得，，，
则，
由折叠的性质可知，，
，
点在上时，为等腰直角三角形，
当点沿路径运动时，由题意得，，
解得，，
当点沿路径运动时，由题意得，，
解得，，
综上所述，当秒或秒时，为等腰直角三角形；
②由折叠的性质可知，，
，，
，
当时，与全等，
当点沿路径运动时，，
解得，（不合题意），
当点沿路径运动时，，
解得，，
当点沿路径运动时，由题意得，，
解得，，
当点沿路径运动时，由题意得，，
解得，，
综上所述，当秒或秒或秒时，与全等．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查的是全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质等知识，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．
12．（2022秋·全国·八年级期中）（1）如图1，△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC，AC⊥BC，点A（0，3），C（1，0），求点B的坐标；
（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC，AC⊥BC，点A（﹣1，0），C（1，3），求点B的坐标；
（3）如图3，△ABC为等腰直角三角形，AC＝AB，AC⊥AB，点B（2，2），C（4，﹣2），求点A的坐标．

【答案】（1）（4，1）；（2）（4，1）；（3）（1，﹣1）
【分析】（1）由余角的性质可得∠CAO＝∠BCD，由“AAS”可证△OAC≌△DCB，可得CD＝OA，BD＝OC，可求点B坐标；
（2）由“AAS”可证△AEC≌△CFB，可得AE＝CF＝3，BF＝EC＝2，即可求解；
（3）由“AAS”可证△ABE≌△CAF，可得BE＝AF，CF＝BE，即可求解．
【详解】解：（1）如图，作BD⊥x轴于D点，

∵BD⊥x轴于D点，
∴∠AOC＝∠CDB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠BCD＝90°，
∵∠ACO+∠OAC＝90°，
∴∠OAC＝∠BCD，
在△AOC和△CDB中，
，
∴△AOC≌△CDB（AAS），
∴CD＝AO，OC＝BD，
∵点C（1，0），A（0，3），
∴OC＝1，BD＝1，CD＝3，
∴OD＝4，
∴点B的坐标为（4，1）；
（2）如图2，过点C作直线l∥x轴，作AE⊥l于E，BF⊥l于F，

∵△ACB是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，∠AEC＝∠ACB＝∠BFC＝90°，
∴∠ACE+∠EAC＝90°，∠ACE+∠BCF＝90°，
∴∠EAC＝∠BCF，
在△AEC和△CFB中，
，
∴△AEC≌△CFB（AAS），
∴AE＝CF＝3，BF＝EC＝2，
∴EF＝5，
∴点B的坐标为（4，1）；
（3）如图3，过点A作直线l∥y轴，过点B作BE⊥l于点E，过点C作CF⊥l于点F，

∵BE⊥l，CF⊥l，
∴∠BEA＝∠CFA＝90°＝∠BAC，
∴∠BAE+∠CAF＝90°＝∠BAE+∠ABE，
∴∠ABE＝∠CAF，
在△ABE和△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（AAS），
∴BE＝AF，CF＝BE，
设点A（m，n），
∵点B（2，2），C（4，﹣2），
∴2﹣n＝4﹣m，n+2＝2﹣m，
∴m＝1，n＝﹣1，
∴点A的坐标为（1，﹣1）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
13．（2022秋·湖南怀化·八年级溆浦县第一中学校考期中）如图1．等腰△ABC中，AB=AC，点D是AC上一动点，点E在BD延长线上．且AB=AE，CF=EF．

(1)在图1中，证明：∠BFC=∠BAC；
(2)若，如图2．探究线段AF、BF、EF之间的数量关系，并证明；
(3)若且BD平分∠ABC，如图3，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)AF+EF=BF，证明见解析
(3)，证明见解析

【分析】（1）证明（SSS），利用全等三角形的性质结合三角形的内角和定理即可解决问题．
（2）结论：AF+EF=BF．如图2中，在BF上取点G，使FG=FC，连接CG．证明（SAS），推出AF=BG，可得结论．
（3）如图3中，延长BA，CF交于点H．证明（ASA）， （ASA），可得结论．
【详解】（1）解：如图1中，

∵AB=AC，AB=AE，
∴AC=AE，
∵AF=AF，CF=EF，
∴（SSS），
∴∠E=∠ACF，
又∵AB=AE，
∴∠E=∠ABE，
∴∠ABE=∠ACF，
又∵∠ADB=∠FDC，
∴∠BFC=∠BAC．
（2）解：结论：AF+EF=BF．
理由：如图2中，在BF上取点G，使FG=FC，连接CG．

∵，
∴，
∵FG=FC，
∴△GFC为等边三角形，
又∵AB=AC，，
∴△ABC为等边三角形，
∴，
∴∠BCG=∠ACF，
又∵BC=AC，GC=FC，
∴（SAS），
∴AF=BG，
由（1）得．EF=CF，
∵CF=GF，
∴EF=GF．
∵BF=BG+GF，
∴BF=AF+EF．
（3）如图3中，延长BA，CF交于点H．

∵，
∴∠BFC=∠BFH=，BD平分∠ABC，
∴∠ABF=∠CBF，
又∵BF=BF，
∴△HBF≅△CBF（ASA），
∴CF＝HF＝，
又∵∠BAC=∠HAC=，AB=AC，∠ABD=∠ACH，
∴（ASA），
∴BD=CH=2CF，
∵CF=EF，
∴BD=2EF，
∴．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是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．
14．（2022春·四川眉山·八年级校考期中）如图，在坐标系中，函数y=2x+6的图象分别与轴、轴交于两点.过点的直线交轴上方的点M，且点为线段的中点．

(1)求直线的函数解析式．
(2)试在直线上找一点P，使得，请直接写出点的坐标．
(3)在x轴上是否存在点H，使得以点A，B，H为顶点的三角形边形是直角三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x＋3
(2)P(3，6)或P (－9，－6)
(3)存在，H(0，0) 或H (12，0)

【分析】（1）通过函数y＝2x＋6求出A、B两点坐标，从而得到点M坐标，再利用待定系数法求解析式即可；
（2）设出P点坐标，利用坐标表示出三角形的面积，再根据S△ABP＝S△AOB建立方程即可求解；
（3）设出H点坐标，分别求出、、的代数式，再利用勾股定理列等式求解即可.
（1）
∵直线AB的函数解析式y＝2x＋6，
∴当x=0时，y=6，当y=0时，x=－3，
∴A(－3，0)，B(0，6)，
又∵M为线段OB的中点，
∴M(0，3)，
设直线AM的解析式为y=kx+b，将A(－3，0)，M(0，3)分别代入得：
，解得：，
∴直线AM的解析式为：y＝x＋3；
（2）
设P点坐标(x，x＋3)，
∵A(－3，0)，B(0，6)，M(0，3)，
∴，，
∵S△ABP＝S△AOB，
∴，
解得：x＝3或－9，
∴P(3，6)或P(－9，－6)；
（3）
存在，理由如下：
∵点H在x轴上，
∴设H(h，0)，
∵A(－3，0)，B(0，6)，
∴，，，
若△ABH为直角三角形，则：
①当AB为斜边时，，即，
解得：或（舍去），
∴H(0，0)；
②当AH为斜边时，，即，
解得：，
∴H(12，0)；
③当BH为斜边时，，即，
解得：（舍去），不存在当BH为斜边的△ABH为直角三角形，
综上所述，当点H的坐标为(0，0) 或(12，0)时，以点A，B，H为顶点的三角形边形是直角三角形.
【点睛】本题考查了一次函数的综合应用，能够熟练运用待定系数法，由坐标求线段长，勾股定理等知识是解题的关键．
15．（2021春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别为A（0，a），点B（b，0），且a，b满足：b＋4＝＋，点C与点B关于y轴对称，点P，点E分别是x轴，直线AB上的两个动点．
（1）则点C的坐标为　 　；
（2）连接PA，PE．
①如图1，当点P在线段BO（不包括B，0两个端点）上运动，若△APE为直角三角形，F为斜边PA的中点，连接EF，OF，试判断EF与OF的关系，并说明理由；
②如图2，当点P在线段OC（不包括O，C两个端点）上运动，若△APE为等腰三角形，M为底边AE的中点，连接MO，试探索PA与OM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，连PA，CE，设它们所在的直线交于点G，设CE交y轴于点F，连接BG，若OP＝OF，则BG的最小值为　 　．

【答案】（1）（4，0）；（2）①EF与OF的关系为垂直且相等，理由见解析②PA与OM的数量关系为MO=AP，理由见解析（3）．
【分析】（1）根据二次根式的性质求出a，b，得到B点坐标，故可求出C点坐标；
（2）①根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求解；
②取AP中点H，连接HM，OH，证明△HMO为等腰直角三角形，故可求解；
（3）先证明三角形AGC为直角三角形，直角三角形AGC中线PM等于AC的一半，长度固定，当B、G、M三点在一条直线上时BG值最小，再根据勾股定理求得BM、MG，从而得到最终的答案．
【详解】（1）∵b＋4＝＋
∴，
∴a=4，b+4=0
∴b=-4
∴点B（-4，0），
∵点C与点B关于y轴对称，
∴点C（4，0）
故答案为：（4，0）；
（2）①EF与OF的关系为垂直且相等，理由如下：
∵若△APE为直角三角形，F为斜边PA的中点，
∴EF=AP，
在Rt△AOP中，FO=AP
∴EF=FO
∵A（0，4），点B（-4，0），
∴OA=OB
∴△AOB是等腰直角三角形
∴∠BAO=45°
故∠EAF+∠FAO=45°
∵AF=EF=FO
∴∠EAF=∠AEF，∠OAF=∠AOF
∴∠EF0=∠EFP+∠OFP =∠EAF +∠AEF+∠OAF+∠AOF=2(∠EAF+∠FAO)=90°
∴EF⊥FO
∴EF与OF的关系为垂直且相等；
②PA与OM的数量关系为MO=AP，理由如下：
∵AP=EP
∴∠AEP=∠EAP
∴∠EBO+∠EPO=∠BAO+∠OAP
∵∠EBO=∠BAO=45°
∴∠EPO=∠OAP
取AP中点H，连接HM，OH
∴OH=AP
∵M是AE中点
∴HM是△AEP的中位线
∴HM=
∴HM=OH
∴OH=HP=AH=MH
∵∠HOP+∠HPO=∠AHO
∵OH=HP
∴∠HOP=∠HPO
∴2∠HPO=∠MHO+∠AHM=2∠EPO+2∠HPE
∴∠MHO=2∠HPO-∠AHM
又MHEP
∴∠AHM=∠HPE
∴∠MHO=2∠EPO+2∠HPE -∠AHM =2∠EPO+∠HPE=∠EPO+∠EPO+∠HPE=∠EPO+∠HPO=∠OAP+∠HPO=90°
∴△MHO是等腰直角三角形
∴MO=HO=
∴MO=AP；

（3）如图，设M为AC的中点，连接BM、GM

∵C（4，0）A(0，4)
∴OA=OC=4，又OP=OF
∠AOP=∠COF=90°
∴△AOP≌△COF（SAS）
∴∠OAP=∠OCF
又∠OAP+∠OPA=90°，∠OPA=∠GPC
∴∠OCF+∠GPC=90°
∴∠AGC=90°
∵M为中点
∴
∵
∴
∴
在中，
∴
当B、G、M三点不在一条直线上时，BG+MG>BM
得BG>BM-MG
当B、G、M三点在一条直线上时，BG+MG=BM
得BG=BM-MG
∴当B、G、M三点在一条直线上时，BG值最小
∴ BG= BM-MG=
【点睛】此题主要考查直角三角形的性质，解题的关键是熟知二次根式的性质、直角三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用．
16．（2021秋·四川南充·八年级四川省南充市高坪中学校考期中）如图，在中，为中点，为射线上一动点，在右侧作等边直线与直线交于点．

（1）如图1，当点与点重合时，求证：；
（2）如图2，当点在线段上（不包括端点），是否仍然成立，请说明理由；
（3）点在射线运动过程中，当为等腰三角形时，请直接写出的度数．
【答案】（1）见解析；（2）结论不变，证明见解析；（3）10°或50°或70°或110°
【分析】（1）想办法证明DF⊥BC，CF=BF，可得结论．
（2）结论不变，证明ME垂直平分线段BC即可．
（3）分四种情况种情形：如图3-0，当EF=BF时，设∠EBC=∠ECB=∠FEB =x，；如图3-1中，当BE=BF时，设∠EBC=∠ECB=x，如图3-2中，当FE=FB时，设∠EBC=∠ECB=∠FEB=m，如图3-3中，当BE=BF时，设∠EBC=∠ECB=n，分别构建方程求解即可．
【详解】解：（1）证明：如图1中，

∵∠ACB=90°，
AD=DB，
∴CD=AD=BD，
∵∠A=60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ADC=60°，
∵△CDE是等边三角形，
∴∠CDE=60°，
∴∠EDB=180°-60°-60°=60°，
∴∠CDF=∠BDF，
∵DC=DB，
∴DF⊥BC，CF=FB，
∴DF是BC的垂直平分线，
∴EC=EB．
（2）结论仍然成立．
理由：连接CM，EM．

∵AM=BM，∠ACB=90°，
∴CM=AM=BM，
∵∠A=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴∠AMC=∠ACM=60°，CA=CM，
∵△CDE是等边三角形，
∴∠ACM=∠DCE=60°，CD=CE，
∴∠ACD=∠MCE，
在△ACD和△MCE中，
，
∴△ACD≌△MCE（SAS），
∴∠A=∠CME=60°，
∴∠CME=∠BME=60°，
∵MC=MB，
∴ME垂直平分线段BC，
∴EC=EB．
（3）解：如图3-0，当EF=BF时，设∠EBC=∠ECB=∠FEB =x，

如图3-0
则∠BFE=∠FEC+ x=120°+x=180°+2x，
∴x=20°，
∴∠ABE=∠ABC-∠CBE=30°-20°=10°．
如图3-1中，当BE=BF时，设∠EBC=∠ECB=x，

则∠BFE=60°+x=（180°-x），
∴x=20°，
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=30°+20°=50°．
如图3-2中，当FE=FB时，设∠EBC=∠ECB=∠FEB=m，

则∠EFB=60°+m=180°-2m，
∴m=40°，
∴∠ABE=∠ABC+∠EBC=30°+40°=70°．
如图3-3中，当BE=BF时，设∠EBC=∠ECB=n，

则有∠BEF=n=60°-（180°-2n），
∴n=80°，
∴∠ABE=∠ABC+∠EBC=30°+80°=110°，
综上所述，∠ABE的值为10°或50°或70°或110°．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
17．（2021春·福建泉州·八年级统考期中）（1）在平面直角坐标系中，一次函数，无论取何值，其图象——直线总会过一定点，请写出此定点坐标（_____，_____）．
（2）如图①，一次函数的图象经过点，交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，求面积的最小值．
（3）如图②，等腰中，斜边，在边上取点（点不与、重合），以为直角边在下方作等腰，连结，点为的中点，连结，试判断与的位置和数量关系，并说明理由．

【答案】（1）1，3；（2）12；（3），，理由见解析
【分析】（1）因为与系数无关，则令与有关的式子为0，即可求得定点坐标；
（2）过点任作一直线交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，过点作轴交于点，则，根据可知当点为中点时，面积的最小，过点作轴于点，轴于点，进而根据的坐标和三角形面积公式计算即可；
（3）以所在直线为轴，过点作的垂线为轴建立平面直角坐标系，坐标原点为，轴交于点，设点的横坐标为，根据已知条件分别求得的坐标，设直线的解析式为，待定系数法求解析式，求得即的长，进而可知，则可证明，过点作轴于点，进而证明可得，即可得出数量关系，延长交于点，根据，可得位置关系．
【详解】解：（1），
当时，，
无论取何值，其图象直线总会过一定点，
故答案为：；
（2）当点为中点时，面积的最小，理由如下：
过点任作一直线交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，
过点作轴交于点

则有，，
∴
∴，当且仅当与重合时取等号
过点作轴于点，轴于点，
，则，

∵，，
∴
∴，
∴，
∴，即面积的最小值为12．
（3），，理由如下：
以所在直线为轴，过点作的垂线为轴建立平面直角坐标系，
坐标原点为，轴交于点

∵、都是等腰直角三角形，
∴，，
设点的横坐标为，则，
∵点为的中点
∴，
设直线的解析式为，
把、分别代入得

解得：
∴
∴
∵
∴，
，．
过点作轴于点，则，
轴，
，
又
，
∴，即
延长交于点
∵
∴，即
【点睛】本题考查了一次函数的应用，几何题的解析解法，三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，建立平面直角坐标系是解题的关键．
18．（2021秋·四川绵阳·八年级四川省绵阳南山中学双语学校校考期中）如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC．D是BC上任意一点（点D与点B，C都不重合），连接AD，CF⊥AD，交AD于点E，交AB于点F，BG⊥BC交CF的延长线于点G．

（1）写出与BG相等的线段，并证明．
（2）若点D为线段BC的中点，其余条件不变，连接DF．根据题意，先在图2中补全图形，再证明：∠BDF＝∠CDE．
（3）当点C和点F关于直线AD成轴对称时，直接写出线段CE，DE，AD三者之间的数量关系．
【答案】（1）与BG相等的线段为CD，证明见解析；（2）补全图形，证明见解析；（3）线段CE，DE，AD三者之间的数量关系为．
【分析】（1）证明，可得．
（2）证明，推出，由，推出，可得．
（3）结论：．如图3中，在上取一点，使得，连接，过点作于，于．想办法证明，，再利用全等三角形的性质可得．
【详解】（1）证明：，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
．
（2）如图2示，点D为线段BC的中点，连接DF，

证明：是的中点，
，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
．
（3）解：结论：．
理由：如图3中，在上取一点，使得，连接，过点作于，于．

，关于对称，
，
，
，，
，
，，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，正确寻找全等三角形解决问题是解题的关键．
19．（2021秋·上海徐汇·八年级上海市徐汇中学校考期中）已知在△ABC中，AB＝AC，在边AC上取一点D，以D为顶点，DB为一条边作∠BDF＝∠A，点E在AC的延长线上，∠ECF＝∠ACB
求证：（1）∠FDC＝∠ABD；
（2）DB＝DF；
（3）当点D在AC延长线上时，DB＝DF是否依然成立？在备用图中画出图形，并说明理由．
     
【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析；（3）DB＝DF依然成立，理由见解析．
【分析】（1）根据三角形的外角性质和角的和差即可得到结论；
（2）过D作DG∥BC交AB于G，根据等腰三角形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（3）过D作DG∥BC交AB于G，根据平行线的性质得到∠ADG＝∠ACB，∠AGD＝∠ABC，根据等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB，根据全等三角形的判定和性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵∠BDC＝∠A＋∠ABD，
即∠BDF＋∠FDC＝∠A＋∠ABD，
∵∠BDF＝∠A，
∴∠FDC＝∠ABD；
（2）证明：过D作DG∥BC交AB于G，

∴∠ADG＝∠ACB，∠AGD＝∠ABC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠AGD＝∠ADG，
∴AD＝AG，
∴AB－AG＝AC－AD，
即BG＝DC，
∵∠ECF＝∠ACB＝∠AGD，
∴∠DGB＝∠FCD，
在△GDB与△CFD中，
，
∴△GDB≌△CFD（ASA），
∴DB＝DF；
（3）解：DB＝DF依然成立，过D作DG∥BC交AB于G，

∴∠ADG＝∠ACB，∠AGD＝∠ABC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠AGD＝∠ADG，
∴AD＝AG，
∴AG－AB＝AD－AC，
即BG＝DC，
∵∠ECF＝∠ACB＝∠AGD，
∴∠DGB＝∠FCD，
∵∠ACB＋∠BCF＋∠FCD＝180°，
∴∠ACB＋∠BCF＋∠DGB＝180°，
∵∠DGB＝∠ABC．
∴∠ACB＋∠BCF+∠ABC＝180°，
∵∠A＋∠ABC＋∠ACB＝180°，
∴∠A＝∠BCF，
∵∠BDF＝∠A，
∴∠BCF＝∠BDF，
∴∠CBD＝∠CFD，
∵∠GBD＝180°－∠ABC－∠CBD＝180°－∠FCD－∠CFD＝∠FDC，
∴∠GBD＝∠FDC，
在△GDB与△CFD中，
，
∴△GDB≌△CFD（ASA），
∴DB＝DF．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
20．（2021秋·河南平顶山·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，一次函数y＝x+4与x轴，y轴分别交于点B，点A，点C的坐标为C（5，0），点P是射线BO上一动点．
（1）点A的坐标是 　 　；点B的坐标是 　 　；
（2）连接AP，若△ABP的面积为10，求点P的坐标；
（3）当点P在射线BO上运动时，若△APC是等腰三角形，请直接写出点P的坐标．

【答案】（1）（0，4），（﹣8，0）；（2）P（﹣3，0）；（3）（﹣5，0）或或或．
【分析】（1）分别把x=0和y=0代入y＝x+4，即可求出点A和点B的坐标；
（2）由三角形ABP的面积求出BP＝5，根据点P是射线BO上一动点，即可求出点P的坐标为（﹣3，0）；
（3）设P（x，0），分AP＝AC，AC＝PC，AP＝PC三种情况讨论，根据勾股定理构造方程，解方程结合题意即可求解．
【详解】解：（1）把x=0 y＝x+4得y＝4，
∴点A坐标为（0,4），
把y=0 y＝x+4得y＝x+4=0，解得x=-8，
∴B坐标为（﹣8，0）；
故答案为：（0，4），（﹣8，0）；
（2）∵S△ABPBP•OA＝10，
∴BP×4＝10，
∴BP＝5，
∵点P是射线BO上一动点，
∴P（﹣3，0）；
（3）设P（x，0），
①若AP＝AC，
∴x2+42＝42+52，
∴x＝﹣5，x＝5（舍去），
∴P（﹣5，0）；
②若AC＝PC，
∴（5﹣x）2+02＝42+52，
∴x＝或x＝，
∴P或P；
③若AP＝PC，
∴x2+42＝（x﹣5）2，
∴x=，
∴P．
综合以上可得，点P的坐标为（﹣5，0）或或或．
【点睛】本题是一次函数与几何综合题，考查了直线与坐标轴的交点坐标，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
21．（2020秋·全国·八年级期中）观察下列因式分解的过程：
（1）x2﹣xy+4x﹣4y
＝（x2﹣xy）+（4x﹣4y）（分成两组）
＝x（x﹣y）+4（x﹣y）直接提公因式）
＝（x﹣y）（x+4）
（2）a2﹣b2﹣c2+2bc
＝a2﹣（b2+c2﹣2bc）（分成两组）
＝a2﹣（b﹣c）2（直接运用公式）
＝（a+b﹣c）（a﹣b+c）
（1）请仿照上述分解因式的方法，把下列各式分解因式：
①
②
（2）请运用上述分解因式的方法，把多项式1+x+x（1+x）+x（1+x）2+…+x（1+x）n分解因式．
【答案】（1）①（d﹣c）（a﹣b）；②（x﹣3+y）（x﹣3﹣y）；（2）（1+x）n+1
【分析】（1）①利用分组后直接提公因式分解；
②利用分组后直接运用公式分解；
（2）把添加括号，利用分组后直接提取公因式，反复运算得结论．
【详解】解：（1）①原式


②原式


（2）原式




【点睛】本题主要考查了多项式因式分解的分组分解法．掌握分组后直接提起公因式和分组后直接运用公式，是解决本题的关键．
22．（2022春·山东菏泽·八年级山东省郓城第一中学校考期中）已知△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合）．连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连接QB并延长交直线AD于点E．

（1）如图1．当∠DAC＝90°时，试猜想BC与QE的位置关系，并说明理由．
（2）如图2．当∠DAC是锐角时．求∠QEP的度数．
（3）如图3．当∠DAC＝120°，且∠ACP＝15°，点E恰好与点A重合．若AC＝6．求BQ的长．
【答案】（1）BC⊥EQ．理由见解析；（2）∠QEP＝60°；（3）BQ＝3﹣3．
【分析】（1）先判断出△CQB≌△CPA，即可得出∠CAP＝∠CBQ＝90°；
（2）如图2，根据等边三角形的性质和旋转的性质可得△ACP≌△BCQ（SAS），进而可得∠APC＝∠Q，然后根据三角形内角和定理可得∠QEP＝∠PCQ＝60°；
（3）作CH⊥AD于H，如图3，与（2）一样可证明△ACP≌△BCQ，则AP＝BQ，由∠DAC＝120°，∠ACP＝15°，可得出AH、CH，于是可求出PH的长，即可得出结论.
【详解】（1）结论：BC⊥EQ．
理由：如图1，QE与CP的交点记为M，

∵PC＝CQ，且∠PCQ＝60°，，
∴
即，
则△CQB和△CPA中，

∴△CQB≌△CPA（SAS），
∴∠CBQ＝∠CAP，
∵∠CAP＝90°，
∴∠CBQ＝90°，
∴CB⊥EQ．
（2）∠QEP＝60°．
理由如下：如图2，

∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，
∴CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴∠ACB+∠BCP＝∠BCP+∠PCQ，
即∠ACP＝∠BCQ，
在△ACP和△BCQ中，

∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴∠APC＝∠Q，
设BQ与CP相交于O，
∵∠BOP＝∠COQ，
∴∠QEP＝∠PCQ＝60°．
（3）作CH⊥AD于H，如图3，

同（2）的方法一样可证明△ACP≌△BCQ，
∴AP＝BQ，
∵∠DAC＝120°，∠ACP＝15°，
∴∠APC＝45°，
∴∠HAC＝60°，
∴AH＝=3，，
在Rt△PHC中，PH＝CH＝3，
∴PA＝PH﹣AH＝3﹣3，
∴BQ＝3﹣3．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理的计算，判断出△ACP≌△BCQ是解题的关键.
23．（2022秋·全国·八年级期中）已知，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别为点A（3，0），点B（0，b），将线段AB绕点A顺时针旋转α°得到AC，连接BC．
（1）若α＝90．
①如图1，b＝1，直接写出点C的坐标；
②如图2，D为BC中点，连接OD．求证：OD平分∠AOB；
（2）如图3，若α＝60，b＝3，N为BC边上一点，M为AB延长线上一点，BM＝CN，连接MN，将线段MN绕点N逆时针旋转120°得到NP，连接OP．求当∠AOP取何值时，线段OP最短

【答案】（1）①；②见解析；（2）时，线段OP最短
【分析】（1）①过点作轴于点，证明，进而得出答案；
②根据D为BC中点，求出点的坐标，然后分析坐标即可得出答案；
（2）作交于点，连接,过点作交延长线于点，证明，进而得出，然后根据点在直线上运动，根据垂线段最短可知，当点和点重合时，的值最小，计算即可．
【详解】解：（1）①∵,
∴为等腰直角三角形，
过点作轴于点，

∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵A（3，0），点B（0，1），
∴，
∴点；
②∵点，点，
∴的中点的坐标为，
即，
过点作轴与轴交于点，

则可知，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴OD平分∠AOB；
（2）作交于点，
连接,过点作
交延长线于点，

∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点在直线上运动，
根据垂线段最短可知，当点和点重合时，的值最小，
此时．
【点睛】本题考查了旋转综合题，坐标与图形，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质定理以及判定定理是解本题的关键．
24．（2022秋·浙江·八年级期中）如图，Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，点P在直线OA上运动，连接PB，将△OBP沿直线BP折叠，点O的对应点记为O′．
（1）若AP＝AB，则点P到直线AB的距离是 　 　；
（2）若点O′恰好落在直线AB上，求△OBP的面积；
（3）将线段PB绕点P顺时针旋转45°得到线段PC，直线PC与直线AB的交点为Q，在点P的运动过程中，是否存在某一位置，使得△PBQ为等腰三角形？若存在，请直接写出OP的长；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）4；（2）或；（3）存在，0或4+4或4﹣4或4
【分析】（1）接BP，设点P到直线AB的距离为h，根据三角形的面积公式即可得到结论；
（2）①当P在的右侧，求OP＝O'P＝AO'＝4﹣4，根据三角形面积公式可得结论；②当P在的左侧，同理可得结论；
（3）分4种情况：①当BQ＝QP时，如图2，P与O重合，②当BP＝PQ时，如图3，③当PB＝PQ时，如图4，此时Q与C重合；④当PB＝BQ时，如图5，此时Q与A重合，则P与A关于轴对称，根据图形和等腰三角形的性质可计算OP的长．
【详解】解：（1）连接BP，


设点P到直线AB的距离为h，
Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，
∴AB＝＝4，
∵AP＝AB，
∴AP＝AB＝4，
∴S△ABP＝AB•h＝AP•OB，
∴h＝OB＝4，
即点P到直线AB的距离是4，
故答案为：4；
（2）存在两种情况：
①如图1，当P在的右侧，点O′恰好落在直线AB上，则OP＝O'P，∠BO'P＝∠BOP＝90°，

∵OB＝OA＝4，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴AB＝4，∠OAB＝45°，
由折叠得：∠OBP＝∠O'BP，BP＝BP，
∴△OBP≌△O'BP（AAS），
∴O'B＝OB＝4，
∴AO'＝4﹣4，
Rt△PO'A中，O'P＝AO'＝4﹣4＝OP，
∴S△BOP＝OB•OP＝＝8﹣8；
②如图所示：当P在的左侧，

由折叠得：∠PO'B＝∠POB＝90°，O'B＝OB＝4，
∵∠BAO＝45°，
∴PO'＝PO＝AO'＝4+4，
∴S△BOP＝OB•OP＝×4×（4+4）＝8+8；
（3）分4种情况：
①当BQ＝QP时，如图2，点P与点O重合，此时OP＝0；

②当BP＝PQ时，如图3，

∵∠BPC＝45°，
∴∠PQB＝∠PBQ＝22.5°，
∵∠OAB＝45°＝∠PBQ+∠APB，
∴∠APB＝22.5°，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AP＝AB＝4，
∴OP＝4+4；
③当PB＝PQ时，如图4，此时Q与C重合，

∵∠BPC＝45°，
∴∠PBA＝∠PCB＝67.5°，
△PCA中，∠APC＝22.5°，
∴∠APB＝45+22.5°＝67.5°，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AB＝AP＝4，
∴OP＝4﹣4；
④当PB＝BQ时，如图5，此时Q与A重合，则P与A关于对称，

∴此时OP＝4；
综上，OP的长是0或4+4或4﹣4或4．
【点睛】本题考查了旋转的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，作出图形分类讨论是解题的关键．
25．（2022春·福建宁德·八年级统考期中）如图1，与是共顶点的两个等腰三角形，其中，，，连接、．

(1)求证：；
(2)如图2，固定，将绕点旋转，若，，，当点旋转到线段上时，求的长；
(3)如图3，设为、的交点，、分别为、的中点，，，试探究与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)3或17
(3)α+2β=180°，理由见解析

【分析】（1）由等腰三角形的性质可知AB=AC，AD=AE，∠BAD=∠CAE，再利用SAS可证明△BAD≌△CAE，得CE=BD；
（2）过点A作AP⊥BC于P，连接CE，根据BC=20，S△ABC=240，得AP=24，可知点D在CP或BP上，利用勾股定理解决问题；
（3）连接AH，由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），得∠ADB=∠AEC，BD=CE，再利用SAS证明△ADG≌△AEH，得∠AHE=∠AGD=∠AGH+∠FGH，AG=AH，从而解决问题．
（1）
解：证明：∵∠BAC=∠DAE，∠BAC=∠BAD+∠CAD，∠DAE=∠CAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴CE=BD；
（2）
如图，过点A作AP⊥BC于P，连接CE，

由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），
∴CE=BD，
∵BC=20，S△ABC=240，
∴AP=24，
当点D在CP上时，
在Rt△APD中，PD2=AD2-AP2=49，
∴PD=7，
∵AB=AC，AP⊥BC，
∴P为BC的中点，
∴BP=CP，
∵BC=20，
∴BP=10，
∴BD=17，
∴CE=BD=17，
当点D在BP上时，同理可知CE=BD=10-7=3，
综上所述：CE=3或17；
（3）
α+2β=180°，理由如下：
如图，连接AH，

由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ADB=∠AEC，BD=CE，
∵G，H分别为BD，CE的中点，
∴DG=EH，
∵∠ADB=∠AEC，DG=EH，AD=AE，
∴△ADG≌△AEH（SAS），
∴∠AHE=∠AGD=∠AGH+∠FGH，AG=AH，
∴∠AGH=∠AHG，
∵∠FHG+∠AHG+∠AHE=180°，
∴∠FHG+∠AGH+∠AGH+∠FGH=180°，
∵∠BFC=∠FGH+∠FHG，∠BFC=α，∠AGH=β，
∴α+2β=180°．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟悉基本模型证明△BAD≌△CAE是解题的关键．
26．（2022春·北京·八年级北师大实验中学统考期中）在平面直角坐标系中，给定线段和图形，给出如下定义：
平移线段至，使得线段上的所有点均在图形上或其内部，则称该变换为线段到图形的平移重合变换，线段的长度称为该次平移重合变换的平移距离，其中，所有平移重合变换的平移距离中的最大值称为线段到图形的最大平移距离，最小值称为线段到图形的最小平移距离：
如图1，点

(1)①在图1中作出线段到线段的平移重合变换（任作一条平移后的线段）；
②线段到线段的最小平移距离是__________，最大平移距离是__________．
(2)如图2，作等边 （点在线段的上方），
①求线段到等边最大平移距离．
②点是坐标平面内一点，线段的长度为1，线段到等边的最小平移距离的最大值为__________，最大平移距离的最小值为__________．
【答案】(1)①见解析；②；
(2)①；②；

【分析】（1）①连接AQ，作，点与点Q重合，此时即要求作的线段；
②设PQ与y轴交于点B，根据勾股定理求出的长度，即为最大平移距离，OB的长度即为最小平移距离；
（2）①当点在线段PR上，点在线段QR上时，线段OA到等边△PQR的平移距离最大，延长交y轴于点E，PQ与y轴交于点F，作于点H，根据平移和等边三角形的性质，求出，，最后根据勾股定理即可求解；
②由于点B在以O点为圆心，1为半径的圆上，根据点Ｂ到等边△PQR的最小距离和最大距离，即可求出线段OB到等边△PQR的最小平移距离的最大值和最大平移距离的最小值．
（1）
连接AQ，作，点与点Q重合，如图所示：

此时即要求作的线段；
②设PQ与y轴交于点B，
∵，，，
∴轴，，BQ=5，
∵线段到线段的最小平移距离为OB的长，
∴线段到线段的最小平移距离为，
∴，
∵，
∴，
∴最大平移距离是；
故答案为：；．
（2）
①如图所示：

∵当点在线段PR上，点在线段QR上时，线段OA到等边△PQR的平移距离最大，
∴线段到等边有最大平移距离为线段的长度，
延长交y轴于点E，PQ与y轴交于点F，作于点H，
∵是等边三角形，
∴，
∴，，
∵，
∴△是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由题意可得四边形EFH是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴线段到等边最大平移距离为．
②∵点B是坐标平面内一点，线段OB的长度为1，
∴点B在以O点为圆心，1为半径的圆上，
∵点B到等边的最小距离为，
∴当点B在（0，-1）上时，线段OB到等边△PQR的最小平移距离的值最大，
即线段OB到等边△PQR的最小平移距离的最大值为；
连接OR，过R作RM⊥x轴，垂足为M，交PQ于点N，如图所示：

为等边三角形，且，，
∴轴，，
∴，
，
，
，
，
∴N点的横坐标为2，
∴点M的坐标正好为（2，0），
∴，
点O到等边的最大距离为，
∴点B在OR上时，线段OB最大平移距离的值最小，且最小值为．
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，等边三角形的性质，勾股定理，找到平移的最大值和最小值的位置是解题的关键．
27．（2022春·重庆·八年级重庆市育才中学校联考期中）已知为等边三角形，边长为4，点D、E分别是、边上一点，连接、．．

(1)如图1，若，求的长度；
(2)如图2，点F为延长线上一点，连接、，、相交于点G，连接，已知，求证：；
(3)如图3，点P是内部一动点，顺次连接，请直接写出的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）先根据等边三角形性质得三角形ABE为直角三角形，再利用勾股定理求解即可；
（2）延长BF交AC延长线于H，先证明△ABE≌△CAD，得到△BGF为等边三角形，BF+GE =BE，再证明△ABG≌△CBF，得CF∥BE，再证明△GCF≌△HCF，得C是EH中点，结合等量代换，完成证明；
（3）先将原式变形为，将三角形BPC绕B顺时针旋转60°得三角形BDE，延长BD至F，使DF=BD，延长BE至G，使EG=BE，连接AG，构造出来，利用两点之间线段最短判断出其最小值为AG的长度，再利用勾股定理进一步求解即可．
【详解】（1）解：∵为等边三角形，边长为4，AE=2，
∴E为AC中点，
∴EB⊥AC，即∠BEA=90°，
由勾股定理得：．
（2）证明：延长BF交AC延长线于H，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∵AE=CD，
∴△ABE≌△CAD，
∴∠ABE=∠CAD，
由三角形外角性质知，∠BGF=∠ABE+∠BAG=∠CAD+∠BAG=60°，
∵∠GBF=60°，
∴△BGF为等边三角形，
∴BF=GF=BG，
∴BF+GE=BG+GE=BE，
∴∠ABG=60°－∠DBG，∠CBF=60°－∠DBG，
∴∠ABG=∠CBF，
∴△ABG≌△CBF，
∴∠BFC=∠AGB=120°，
∴∠CFH=60°=∠GBF，∠GFC=60°，
∴CF∥BE，
∴∠FCH=∠CEG，∠EGC=∠GCF，
∵CE=CG，
∴∠CEG=∠CGE，
∴∠GCF=∠FCH，
∴△GCF≌△HCF，
∴CG=CH=CE，GF=FH=BF，
即C是EH中点，F是BH中点，
∴BE=2CF，
故．

（3）解：原式变形为，
将三角形BPC绕B顺时针旋转60°得三角形BDE，延长BD至F，使DF=BD，延长BE至G，使EG=BE，连接PF，GF，如图所示，

由旋转性质知，△BPD为等边三角形，
∴∠PDB=60°，
∵BD=DF=PD，
∴∠PFB=30°，
∴∠FBP=90°，
∴PF=，
由辅助线知：DE为三角形BFG的中位线，
∴FG=2DE=2PC，
∴=，
故当A、P、F、G共线时，取最小值，最小值为，
过G作GH⊥AH于H，
在直角三角形BGH中，BG=2BC=8，∠GBH=60°，
∴BH=4，GH=，
∴AG=，
∴=，
即的最小值为．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、旋转、勾股定理、三角形的中位线等知识点，解决问题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．
28．（2022春·广东深圳·八年级深圳市高级中学校考期中）如图，点A（a，0），B（0，b），且a、b满足（a﹣2）2+|4b﹣8|＝0．

(1)如图1，求a，b的值；
(2)如图2，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD，且∠COD＝45°，猜想线段AC、BD、CD之间的数量关系并证明你的结论；
(3)如图3，若P为x轴正半轴上异于原点O和点A的一个动点，连接PB，将线段PB绕点P顺时针旋转90°至PE，直线AE交y轴于点Q，当P点在x轴上移动时，线段BE和线段BQ中哪一条线段长为定值，并求出该定值．
【答案】(1)a=2,b=2
(2)CD=BD+AC．理由见解析
(3)BQ是定值，

【分析】（1）根据非负数的性质得到a-2=0，4b-8=0，求得a=2，b=2，得到OA=2，OB=2，于是得到结果；
（2）证明：将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△OBF根据已知条件得到∠DBF=180°，由∠DOC=45°，∠AOB=90°，同时代的∠BOD+∠AOC=45°，求出∠FOD=∠BOF+∠BOD=∠BOD+∠AOC=45°，推出△ODF≌△ODC，根据全等三角形的性质得到DC=DF=DB+BF=DB+DC；
（3）BQ是定值，作EF⊥OA于F，在FE上截取PF=FD，由∠BAO=∠PDF=45°，得到∠PAB=∠PDE=135°，根据余角的性质得到∠BPA=∠PED，推出△PBA≌EPD，根据全等三角形的性质得到AP=ED，于是得到FD+ED=PF+AP．即：FE=FA，根据等腰直角三角形的性质得到结论．
（1）
解：∵（a﹣2）2+|4b﹣8|＝0，
∴a-2=0，4b-8=0，
∴a=2，b=2.
（2）
证明：如图2，将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△OBF，而

∵∠OAC=∠OBF=∠OBA=45°，∠DBA=90°，
∴∠DBF=180°，
∵∠DOC=45°，∠AOB=90°，
∴∠BOD+∠AOC=45°，
∴∠FOD=∠BOF+∠BOD=∠BOD+∠AOC=45°，
在△ODF与△ODC中，，
∴：△ODF≌△ODC，
∴DC=DF，DF=BD+BF，
∴CD=BD+AC．
（3）
BQ是定值，BE明显不是定值，理由如下：作EF⊥OA于F，在FE上截取FD=PF，

∵∠BAO=∠PDF=45°，
∴∠PAB=∠PDE=135°，
∴∠BPA+∠EPF=90°，∠EPF+∠PED=90°，
∴∠BPA=∠PED，
在△PBA与△EPD中，，
∴△PBA≌EPD（AAS），
∴AP=ED，
∴FD+ED=PF+AP， 即：FE=FA，
∴∠FEA=∠FAE=45°，
∴∠QAO=∠EAF=∠OQA=45°，
∴OA=OQ=2，
∴BQ=4．
为定值．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，坐标与图形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形面积的计算，非负数的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
29．（2022秋·浙江杭州·八年级校联考期中）如图，在等腰中，，，是的高，是的角平分线，与交于点．当的大小变化时，的形状也随之改变．．

(1)当时，求的度数；
(2)设，，求变量与的关系式；
(3)当是等腰三角形时，求的度数．
【答案】(1)
(2)
(3)或

【分析】（1）根据等边对等角求出等腰的底角度数，再根据角平分线的定义得到的度数，再根据高的定义得到，从而可得；
（2）按照（1）中计算过程，即可得到与的关系，即可得到结果；
（3）分①若，②若，③若，三种情况，利用，以及；解出即可得的度数．
【详解】（1）解：，，
，
，
，
平分，
，
；
（2），，，
，
由（1）可得：，，
，
即与的关系式为；
（3）设，，
①若，
则，
而，，
则有：，
由（2）知，
，
解得：，
；
②若，
则，
由①得：，
，
，
，
解得：，
；
③若，
则，，
由①得：，
，
，
，
解得：，不符合题意，
综上：当 是等腰三角形时，的度数为或．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余的性质，高与角平分线的定义等知识，解题的关键关键是找到角之间的等量关系，利用方程思想以及分类讨论的思想解决问题．
30．（2022春·重庆·八年级重庆第二外国语学校校考期中）如图，在中，，，点是平面内一点，满足．

(1)延长交直线于点，过点作交直线于点．
①如图1，若，且，求的长；
②如图2，延长交直线于点，连接，若，求证：；
(2)如图3，将绕着点沿顺时针方向旋转75°得到，连接．若，当最小时，直接写出的面积．
【答案】(1)①；②证明见解析
(2)

【分析】（1）①首先证明DA=DB=DE=AF，推出△ADF是等腰直角三角形，可得结论； ②如图2中，过点A作AH⊥BC于点H，交BF于点T，证明△BAG≌△CAF（SAS），推出∠ABG=∠ACF=45°，证明△ABT≌△ACF（ASA），推出AT=CF，再证明△AET≌△CEF（AAS），可得结论；
（2）如图3-1中，将线段BA绕点B顺时针旋转75°得到线段BT，连接AD，MT．证明点M在线段BT的垂直平分线MQ上，设垂足为Q，当CM⊥线段BT的垂直平分线时，CM的值最小，设MQ交BC于点J（如图3-2中），求出MJ，CM，可得结论．
(1)
①解：如图1中，

∵DA=DB，
∴∠DBA=∠DAB，
∵∠BAE=90°，
∴∠DBA+∠AEB=90°，∠DAB+∠DAE=90°，
∴∠DAE=∠DEA，
∴DA=DE，
∵AF=DE，
∴AD=AF，
∵∠DAF=90°，
∴∠ADF=∠F=45°， 而BD=2，
∴AF=AD=DE=2，
∴DF=，
∴EF=DF-DE=；
②证明：如图2中，过点A作AH⊥BC于点H，交BF于点T．

∵∠BAC=∠GAF=90°，
∴∠BAG=∠CAF，
∵AB=AC，AG=AF，
∴△BAG≌△CAF（SAS），
∴∠ABG=∠ACF=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠FCB=90°=∠AHB，
∴，
∴∠EAT=∠ECF，即∠EAT=∠BAT=∠ACF=45°,
∵DB=DA，
∴∠ABD=∠DAB=∠CAF，
∵BA=AC，∠BAT=∠ACF=45°，
∴△ABT≌△CAF（ASA），
∴AT=CF， ∵∠AET=∠CEF，  
∴△AET≌△CEF（AAS），
∴AE=EC；
(2)
解：如图3-1中，将线段BA绕点B顺时针旋转75°得到线段BT，连接AD，MT．

∵∠ABT=∠DBM=75°，
∴∠ABD=∠TBM，
∵BA=BT，BD=BM，
∴△ABD≌△TBM（SAS），
∴AD=MT，
∵BD=AD=BM，
∴MB=MT，
∴点M在线段BT的垂直平分线MQ上，
设垂足为Q， 当CM⊥线段BT的垂直平分线时，CM的值最小，
设MQ交BC于点J（如图3-2中），

∵AB=AC=，∠BAC=90°，
∴，
∵∠JBQ=∠ABQ-∠ABC=30°，
∵BQ=TQ=，BJ=2JQ，
∴，
∴BJ=，CJ=BC-BJ=，



∠MCJ=∠JBQ=30°，
∴MJ=CJ=，，
∴S△BCM=S△BJM+S△CJM=

【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含30°的直角三角形的性质、勾股定理的应用，二次根式的运算，旋转的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
31．（2022春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第一二六中学校考期中）在锐角△ABC中，，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到．

(1)如图1，当点在线段CA的延长线上时，则的度数为______，的度数为______；
(2)如图2，若，BC＝6，连接．在旋转过程中，旋转角为多少度数时，并求出此时的面积；
(3)如图3，若，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的任意一点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点，则线段长度的最小值为______．
【答案】(1)45°；90°
(2)旋转角为120°时，此时的面积为
(3)

【分析】（1）由旋转的性质可得：，，又由等腰三角形的性质，即可求得的度数；
（2）充分利用直角三角形中两个锐角互余，进行角度计算，求得α后，直接用三角形的面积公式即可；
（3）由当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小，即可求得线段EP1长度的最小值．
(1)
解：由旋转的性质可得：，，
∴∠CC1B＝∠C1CB＝45°，
∴∠CC1A1＝∠CC1B＋∠A1C1B＝45°＋45°＝90°．
故答案为：45°；90°．
(2)
和相交于O点，如图所示：

∵，
∴，
则，
∴ ，
∵△ABC旋转得到，
∴，，，
∴，
∴旋转角，
过点B作于点D，
在Rt△BDC中，，，
∴，
∴，
∴，
∴ ，
∴，
∴，
答：旋转角为120°时，此时的面积为．
(3)
过点B作BD⊥AC，D为垂足，如图所示：

∵△ABC为锐角三角形，
∴点D在线段AC上，
，，
∴，
∴，
∴，
设，
在Rt△BCD中，根据勾股定理得：，
解得：或（舍去），
∴，
当P在AC上运动，BP与AC垂直的时候，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小，最小值为：
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形、全等三角形的判定与性质以及三角函数的应用．注意数形结合思想的应用，注意旋转前后的对应关系．
32．（2022春·陕西宝鸡·八年级统考期中）将两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如图1所示位置放置，现将绕A点按逆时针方向旋转．如图2，AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，BC与EF交于点P．

(1)若是等腰三角形，则旋转角的度数为______．
(2)在旋转过程中，连接AP，CE，求证：AP所在的直线是线段CE的垂直平分线．
(3)在旋转过程中，是否能成为直角三角形？若能，直接写出旋转角的度数；若不能，说明理由．
【答案】(1)60°或15°
(2)证明见解析
(3)能，或

【分析】（1）根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；
（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根据旋转的性质得到∠BAM=∠FAN，根据全等三角形的性质得到AM=AN，PE=PC，由线段垂直平分线的性质即可得到结论；
（3）当∠CNP=90°时，依据对顶角相等可求得∠ANF=90°，然后依据∠F=60°可求得∠FAN的度数，由旋转的定义可求得∠的度数；当∠CPN=90°时，由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度数，然后依据对顶角相等可得到∠A NF的度数，然后由∠F=60°，依据三角形的内角和定理可求得∠FAN的度数，于是可得到∠的度数．
【详解】（1）解：当AM=CM，即∠CAM=∠C=30°时，△AMC是等腰三角形；
∵∠BAC=90°，
∴=90°-30°=60°，
当AM=CM，即∠CAM=∠CMA时，△AMC是等腰三角形，
∵∠C=30°，
∴∠CAM=∠AMC=75°，
∵∠BAC=90°，
∴=15°，
综上所述，当旋转角=60°或15°时，△AMC是等腰三角形，
故答案为：60°或15°；
（2）证明：由题意可知，，，，，
∵现将绕A点按逆时针方向旋转，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴点P在CE的垂直平分线上，
∵，
∴点A在CE的垂直平分线上，
∴AP所在的直线是线段CE的垂直平分线．
（3）如图1所示：当时．

∵，
∴．
又∵，
∴．
∴．
如图2所示：当时．

∵，，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
综上所述，或．
【点睛】本题主要考查的是几何变换的综合应用，解答本题主要应用了旋转的性质、三角形的内角和定理、等边三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
33．（2022春·辽宁阜新·八年级校考期中）如图，过边长为4的等边△ABC的顶点A作直线l∥BC，点D在直线l上（不与点A重合），作射线BD，将射线BD绕点B顺时针旋转60°后交直线AC于点E．

(1)如图1，点D在点A的左侧，点E在边AC上，请直接写出AB，AD，AE间的关系
(2)如图2，点D在点A的右侧，点E在边AC的延长线上，那么（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，写出你的结论，再证明．
(3)如图3，点E在边AC的反向延长线上，若∠ABE=15°，请直接写出线段AD的长．
【答案】(1)AB=AD+AE
(2)AB=AE-AD，证明见解析
(3)

【分析】（1）由已知可以证得△ADB≌△CEB，再根据全等的性质推理可以得解；
（2）与（1）类似可以证得△ADB≌△CEB，再根据全等的性质推理可以得解；
（3）过B作BF⊥AC于F，与上类似可以证得△ADB≌△CEB，根据全等的性质可得AD=EC=EF+FC，再由题意证得三角形BEF是等腰直角三角形后即可得到AD的长度．
（1）
解：AB=AE+AD，理由如下：
由已知可得∠DBE=∠ABC=∠ACB=60°，l∥BC，
∴∠DAB=∠ABC=∠ACB，∠DBE-∠ABE=∠ABC-∠ABE即∠DBA=∠EBC，
又∵BA=BC，
∴△ADB≌△CEB（ABA），
∴AD=EC，
∴AB=AC=AE+EC=AE+AD；
（2）
解：不成立，理由如下：
由已知可得∠DBE=∠ABC=∠ACB=60°，l∥BC，
∴∠DBE-∠DBC=∠ABC-∠DBC即∠DBA=∠EBC，
∵∠DAB=180°-∠ABC=120°，∠ECB=180°-∠ACB=120°，
∴∠DAB=∠ECB，
又∵BA=BC，
∴△ADB≌△CEB（ASA），
∴AD=EC，
∴AB=AC=AE-EC=AE-AD；
（3）
如图，

由已知可得∠DBE=∠ABC=∠ACB=60°，l∥BC，
∴∠DAB=∠ABC=∠ACB，∠DBE+∠ABE=∠ABC+∠ABE即∠DBA=∠EBC，
又∵BA=BC，
∴△ADB≌△CEB（ASA），
∴AD=EC，
过B作BF⊥AC于F，则∠ABF=30°，CF=FA=，
∴∠EBF=∠EBA+∠ABF=45°，∠BEF=45°，
∴EF=BF=，
∴AD=EF+FC=+2．
【点睛】本题考查三角形全等的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定和性质、平行线的性质、勾股定理的应用是解题关键．
34．（2022春·广东佛山·八年级校考期中）旋转是图形变换的一种，它能解决很多的数学问题．

(1)如图1：点P是等边△ABC内的一点，把△PBC绕点B旋转到的位置，请确定△PBP′的形状，并证明你的结论．
(2)如图2：在（1）的条件下，连接PA，若PA＝，PB＝3，PC＝2，求∠BPC的度数．
(3)类比学习：如图3，点P是等腰三角形ABC内的一动点，∠ACB＝90°，若AC＝，设a＝PA+PB+PC，当a取最小值时，求此时a2的值．
【答案】(1)等边三角形，证明见解析
(2)150°
(3)16+8

【分析】（1）由旋转的性质可得，∠CBA＝∠PBP'＝60°，可证是等边三角形；
（2）由旋转的性质可得'＝3，∠CBA＝＝60°，PC＝＝2，∠BPC＝，由勾股定理的逆定理可证，即可求解；
（3）由旋转的性质和等边三角形的性质可得，，则当点，点，点P，点B四点共线时，a＝PA+PB+PC有最小值为的长度，由勾股定理可求解．
（1）
解：是等边三角形，理由如下：

如图，连接，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°，
∵把△PBC绕点B旋转到的位置，
∴
∴是等边三角形；
（2）
∵把△PBC绕点B旋转到的位置，
∴
∴是等边三角形，
∴，
∵
∴，
∴是直角三角形，，
∴；
（3）
如图3，将△ACP绕点C逆时针旋转60°，得到，连接，过点作⊥BC，交BC的延长线于点D，

∵将△ACP绕点C逆时针旋转60°，得到，

∴是等边三角形，
∴，
∴PA+PB+PC＝，
∴当点，点，点P，点B四点共线时，a＝PA+PB+PC有最小值为的长度，
∵∠ACD＝90°，＝60°，
∴＝30°，
∵⊥BC，
∴，
∴DB＝CD+BC＝，
∴，
∴a2的值为．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理和勾股定理逆定理，二次根式的混合运算等知识，添加恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
35．（2021春·福建三明·八年级统考期中）对于一个数x，我们用表示小于x的最大整数，例如：，．
（1）填空：________，________，________；
（2）若a，b都是整数，且和互为相反数，求代数式的值；
（3）若，求x的取值范围．
【答案】（1）9，，0；（2）；（3）或．
【分析】（1）根据的定义即可得；
（2）先根据的定义可得、，再根据相反数的定义可得，从而可得，然后代入求值即可得；
（3）设，从而可得，再分三种情况，分别解绝对值方程求出k的值，然后根据的定义即可得．
【详解】（1），，，
故答案为：9，，0；
（2）都是整数，
，
和互为相反数，
，即，
则，
，
，
；
（3）设，则，
由得：，
因此，分以下三种情况：
①当时，
，
解得，符合题设；
②当时，
，
即此时没有符合条件的k值；
③当时，
，
解得，符合题设；
综上，或，
即或，
则或．
【点睛】本题考查了代数式求值、相反数、解绝对值方程、一元一次不等式组的解，较难的是题（3），利用换元法将替换为是解题关键．
36．（2022春·北京昌平·八年级校联考期中）对于两个实数a，b，规定Max（a，b）表示a，b两数中较大者，特殊地，当a = b时，Max（a，b）=a．如：Max（1，2）= 2，Max（-1，-2）= -1，Max（0，0）= 0．
（1）Max（-1，0）= ，Max（n，n -2）= ；
（2）对于一次函数，，
①当x≥-1时，Max（y1，y2）= y2，求b的取值范围；
②当x=1-b时，Max（y1，y2）=p，当x=1＋b时，Max（y1，y2）=q，若p≤q，直接写出b的取值范围．

【答案】（1）；（2）①；②或．
【分析】（1）根据的定义即可得；
（2）①画出一次函数的图象，结合函数图象即可得；
②先分别求出和时，的值，再求出时和，然后分三种情况，分别根据的定义求出的值，最后根据建立不等式，解不等式即可得．
【详解】解：（1）由题意得：，
，
，
故答案为：；
（2）①对于一次函数，，
当时，，
画出两个函数的图象如下所示：

当时，，即，
由函数图象得：，
解得；
②对于一次函数，，
当时，，
当时，，
令，解得，
令，解得，
则分以下三种情况：
（ⅰ）当时，，
则，
由得：，
解得，符合题设；
（ⅱ）当时，，
则，
由得：，
解得，
则此时的取值范围为；
（ⅲ）当时，，
则，
由得：，
解得，
则此时的取值范围为；
综上，的取值范围为或．
【点睛】本题考查了一次函数的图象、一元一次不等式的应用等知识点，较难的是题（2）②，正确分三种情况讨论是解题关键．
37．（2022秋·湖北宜昌·八年级校考期中）已知，点分别在轴、轴上，是边上的一点，交轴正半轴于点．已知满足．

(1)求的坐标；
(2)如图1，求的值；
(3)如图2，延长交轴于点，求的值；
(4)如图3，点为上任意一点（不与重合），过作，点为垂足，连，求的度数．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)

【分析】（1）根据非负数的性质列出二元一次方程组，解方程即可求解．
（2）如图①，作辅助线，构建全等三角形，先证明四边形为正方形得：，再证明，则，代入中可得结论；
（3）如图②，证明，则，所以拆成和与差的形式并等量代换得结果为；
（4）如图③，作辅助线，构建全等三角形，证明，得，，再得是等腰直角三角形，则．
【详解】（1）解：∵
∴
解得
∴
（2）如图①，过作轴，轴，垂足分别为，

则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴

；
（3）如图2，∵，

∴，
∵，
∴，
∴，




．
（4）由（3）得：

∴，
在上截取，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴．
【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定与性质，解题关键在于掌握判定定理和作辅助线．
38．（2022秋·辽宁沈阳·八年级沈阳市第一二六中学校考期中）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，点与点关于轴对称，线与直线、分别交于、．

(1)求直线的函数表达式；
(2)设点是直线上的一动点，过点作轴的平行线，交直线于点，交直线于点，若，则的坐标_______________．
(3)在（2）问条件下，且动点在轴左侧，连接，是轴上的一动点，且，直接写出线段的长．
【答案】(1)
(2)或
(3)的长为或．

【分析】（1）直线与轴交于点，与轴交于点，点与点关于轴对称，可知点，，的坐标，由此即可求解；
（2）点作轴的平行线，交直线于点，交直线于点，则设，，根据，即可求解；
（3）动点在轴左侧，可知点，由此可求出点的坐标，由此确定的各边的关系，且，根据三角形的面积相等可求出的正弦值，由此在中即可求解．
【详解】（1）解：直线与轴交于点，与轴交于点，
∴，，则，，
∵点与点关于轴对称，
∴，
设直线的函数表达式为，
∴，则，
∴直线的函数表达式为．
（2）解：根据题意画图如下所示，

∵点在直线上，点在直线于，
∴设，，则，
∵，即，解方程得，，
∴或．
（3）解：∵点，关于轴对称，
∴，，
∵轴，
∴，
∴在中，，
设交于轴于，则，
∴，，
∵，
∴，
作于，则，
∴，，
如图所示，过点作轴的平行线交轴于，过作的垂线交的延长线于，

∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
设，
∴，且，，
∴，则，
∴，设直线为，
∴，解方程组得，，
∴直线为，
∴，
当在点下方时，设为，
∵，作于，
同理可得：，
同理可得直线为，
令，，
∴，
∴的长为或．
【点睛】本题主要考查一次函数图象的变换，利用待定系数法求解一次函数的解析式，等腰三角形的判定与性质，理解一次函数图象的在平面直角坐标系中点的特点，及图象间的关系是解题的关键．
39．（2022秋·广东佛山·八年级佛山市南海石门实验中学校考期中）一次函数y＝kx+b的图象经过点A（0，9），并与直线y＝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？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．
【答案】（1）点B（3，5），k＝﹣，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，）
【分析】（1）相交于点，则点，将点、的坐标代入一次函数表达式，即可求解；
（2）的面积，即可求解；
（3）分、、三种情况，分别求解即可．
【详解】解：（1）相交于点，则点，
将点、的坐标代入一次函数表达式并解得：，；
（2）设点，
则的面积，
解得：或6，
故点Q（0，9）或（6，1）；
（3）设点，而点、的坐标分别为：、，
则，，，
当时，，解得：或4；
当时，同理可得：（舍去）或；
当时，同理可得：；
综上点的坐标为：（0，4）或（0，14）或（0，﹣1）或（0，）.
【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．
40．（2022春·山东菏泽·八年级校联考期中）如图，在直角三角形中，，点从开始沿边向点以的速度移动，点从点开始沿边向点以的速度移动． 分别从同时出发，当一个动点到达终点则另一动点也随之停止运动，
（1）求为何值时，为等腰三角形？
（2）是否存在某一时刻，使点在线段的垂直平分线上？
（3）点在运动的过程中，是否存在某时刻， 直线把的周长分为两部分？若存在，求出，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）2；（2）存在，；（3）存在，或
【分析】（1）根据题意用t表示出BP、BQ，根据等腰三角形的概念列方程，解方程得到答案；
（2）根据线段垂直平分线的性质得到QA=QC，列方程，解方程即可；
（3）分AC+AP+CQ=2（BP+BQ）、2（AC+AP+CQ）=BP+BQ两种情况计算，得到答案．
【详解】由题意得，
则
当为等腰三角形时，
只有

解得，
当点在线段的垂直平分线上时，连接QA，


设
则
解得，即
（秒）
在中，

当直线把的周长分为两部分时，
①当时，

解得，
②当时，

解得，
当或时，直线把的周长分为两部分.
【点睛】本题考查的是等腰三角形的概念、线段垂直平分线的性质，掌握线段垂直平分线的性质、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
41．（2022春·广东佛山·八年级校考期中）【模型建立】
（1）如图1，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA；
【模型应用】
（2）如图2，已知直线l1：y＝x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线l1绕点A逆时针旋转45°至直线l2；求直线l2的函数表达式；
（3）如图3，平面直角坐标系内有一点B（3，﹣4），过点B作BA⊥x轴于点A、BC⊥y轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝﹣2x+1上的动点且在第四象限内．试探究△CPD能否成为等腰直角三角形？若能，求出点D的坐标，若不能，请说明理由．

【答案】（1）见详解；（2）；（3）点D坐标（，）或（4，7）或（，）．
【分析】（1）由垂直的定义得∠ADC=∠CEB=90°，根据平角的定义和同角的余角的相等求出∠DAC=∠ECB，角角边证明△CDA≌△BEC；
（2）证明△ABO≌∠BCD，求出点C的坐标为（-3，5），构建二元一次方程组求出k=5，b=10，利用待定系数法求出直线l2的函数表达式为y=-5x-10；
（3）证明△MCP≌△HPD，由其性质，点D在直线y=-2x+1求出m=或n=0或，将m的值代入，得点D坐标为（，）或（4，7）或（，）．
【详解】解：（1）如图1所示：

∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠ADC=∠CEB=90°，
又∵∠ACD+∠ACB+∠BEC=180°，∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BEC=90°，
又∵∠ACD+∠DAC=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△CDA和△BEC中，
，
∴△CDA≌△BEC（AAS）；
（2）过点B作BC⊥AB交AC于点C，CD⊥y轴交y轴于点D，如图2所示：

∵CD⊥y轴，x轴⊥y轴，
∴∠CDB=∠BOA=90°，
又∵BC⊥AB，
∴∠ABC=90°，
又∵∠ABO+∠ABC+∠CBD=180°，
∴∠ABO+∠CBD=90°，
又∵∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠BAO=∠CBD，
又∵∠BAC=45°，
∴∠ACB=45°，
∴AB=CB，
在△ABO和∠BCD中，
，
∴△ABO≌∠BCD（AAS），
∴AO=BD，BO=CD，
又∵直线l1：y=x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A、B两点的坐标分别为（-2，0），（0，3），
∴AO=2，BO=3，
∴BD=2，CD=3，
∴点C的坐标为（-3，5），
设l2的函数表达式为y=kx+b（k≠0），
点A、C两点在直线l2上，依题意得：
，
∴，
∴直线l2的函数表达式为y=5x10；
（3）能成为等腰直角三角形，依题意得，
①若点P为直角时，如图3甲所示：

设点P的坐标为（3，m），则PB的长为4+m，
∵∠CPD=90°，CP=PD，
∠CPM+∠CDP+∠PDH=180°，
∴∠CPM+∠PDH=90°，
又∵∠CPM+∠DPM=90°，
∴∠PCM=∠PDH，
在△MCP和△HPD中，
，
∴△MCP≌△HPD（AAS），
∴CM=PH，PM=PD，
∴点D的坐标为（7+m，-3+m），
又∵点D在直线y=-2x+1上，
∴-2（7+m）+1=-3+m，
解得：m=，
即点D的坐标为（，）；
②若点C为直角时，如图3乙所示：

设点P的坐标为（3，n），则PB的长为4+n，
CA=CD，
同理可证明△PCM≌△CDH（AAS），
∴PM=CH，MC=HD，
∴点D的坐标为（4+n，-7），
又∵点D在直线y=-2x+1上，
∴-2（4+n）+1=-7，
解得：n=0，
∴点P与点A重合，点M与点O重合，
即点D的坐标为（4，-7）；
③若点D为直角时，如图3丙所示：

设点P的坐标为（3，k），则PB的长为4+k，
CD=PD，
同理可证明△CDM≌△PDQ（AAS），
∴MD=PQ，MC=DQ，
∴点D的坐标为（，），
又∵点D在直线y=-2x+1上，
∴-2×+1=，
解得：k=−，
∴点P与点A重合，点M与点O重合，
即点D的坐标为（，）；
综合上述，点D坐标为（，）或（4，7）或（，）．
【点睛】本题综合考查了垂直的定义，平角的定义，全等三角形的判定与性质，一次函数求法，待定系数等知识点，重点掌握在平面直角坐标系内一次函数的求法，难点是构造符合题意的全等三角形．
42．（2022秋·上海徐汇·八年级上海市南洋模范中学校考期中）如图，已知，是等边三角形，CE是的外角∠ACM的平分线，点D为射线BC上一点，且∠ADE＝∠ABC，DE与CE相交于点E．
（1）如图1，如果点D在边BC上，求证：AD＝DE；
（2）如图2，如果点D在边BC的延长线上，那么（1）中的结论“AD＝DE”还成立吗？请说明理由；
（3）如果的边长为4，且∠DAC＝30°，请直接写出线段BD的长度．（无需写出解题过程）

【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析；（3）2或8．
【分析】（1）如图1（见解析），先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据角平分线的定义、角的和差可得，然后根据三角形的外角性质、等量代换可得，最后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证；
（2）如图2（见解析），先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据角平分线的定义、角的和差可得，然后根据三角形的外角性质、等量代换可得，最后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证；
（3）如图3-1和3-2（见解析），分点D在边BC上和点D在边BC的延长线上两种情况，再分别利用等边三角形的性质、等腰三角形的性质即可得．
【详解】（1）如图1，在AB上取一点F，使，连接DF，
是等边三角形，
，
，即，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
又，
，
在和中，，
，
；

（2）成立，理由如下：
如图2，延长BA，使，连接DF，
是等边三角形，
，
，即，
，
是等边三角形，
，
平分，
，
，
，
，
在和中，，
，
；

（3）是边长为4的等边三角形，
，
由题意，分以下两种情况：
①如图3-1，当点D在边BC上时，
，
，即AD是的角平分线，
；
②如图3-2，当点D在边BC的延长线上时，
，
，
，
，
；
综上，线段BD的长为2或8．
．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、角平分线的定义、三角形的外角性质等知识点，通过作辅助线，构造等边三角形和全等三角形是解题关键．
43．（2022秋·全国·八年级期中）如图，在等边中，是直线上一点，是边上一动点，以为边作等边，连接．（提示：含的直角三角形三边之比为）

（1）如图1，若点在边上，求证：；
（2）如图2，若点在的延长线上，请探究线段，与之间存在怎样的数量关系？并说明理由；
（3）图2中，若，点从运动到停止，求出此过程中点运动的路径长．
【答案】（1）见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）在上截取，易证是等边三角形，得出，证明，得出，即可得出结论；
（2）过作，交的延长线于点，由平行线的性质易证，得出为等边三角形，则，证明，得出，即可得出；
（3）当点与重合时，的值最小，最小值，当时，的值最大，最大值，当点与重合时，的值最小，最小值，点的运动路径从最小值增大到4，再减小到，由此可得结论．
【详解】解：（1）证明：在上截取，如图1所示：

是等边三角形，
，
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
．
（2）线段，与之间的等量关系是．理由如下：
是等边三角形，
，
过作，交的延长线于点，如图2所示：

，
，，
，
为等边三角形，
，，
为等边三角形，
，，
，
在和中，
，
，
，
．
（3）由（2），
则∠FCD=∠DGC=60°=∠FCE，
∴CF与BC的夹角不变，即点F的运动路径为线段，
当点与重合时，的值最小，最小值，
当时，∵EF=DF，
∴CF垂直平分ED，
∴∠CFE=30°，
∴∠CEF=90°，
∵EF=ED=AC=，
∴CF==4，
∴的最大值为4，
当点与重合时，的值最小，最小值，
点的运动路径从最小值增大到4，再减小到，
此过程中点运动的路径长．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的关键．
44．（2022春·重庆·八年级重庆市杨家坪中学校考期中）如图1，在平面直角坐标系中，直线与直线交于点A，已知点A的横坐标为，直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，直线与x轴交于点F，与y轴交于点D．

（1）求直线的解析式；
（2）将直线向上平移个单位得到直线，直线与y轴交于点E，过点E作y轴的垂线，若点M为垂线上的一个动点，点N为上的一个动点，求的最小值；
（3）已知点分别是直线上的两个动点，连接，是否存在点，使得是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若存在，求点Q的坐标若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）的坐标为：或
【分析】（1）先求解的坐标，再把的坐标代入，从而可得答案；
（2）先求解：为：可得： ,作关于的对称点，则 过作于 交于 则 此时：最短，设 利用勾股定理求解，从而可得答案；
（3）如图，过 作轴交轴于 过作交于 证明：可得： 设 利用点的平移表示的坐标，再把坐标代入的解析式求解即可得到答案．
【详解】解：（1） 直线直线过点 点A的横坐标为，


直线过点


所以直线为：
（2）直线向上平移个单位得到直线，
为： 即
,
作关于的对称点，则

过作于 交于 则
此时：最短，
设
由勾股定理可得：

或（舍去）



的最小值是
（3）如图，过 作轴交轴于 过作交于







设

由平移可得：，




同理可得：
综上：的坐标为：或
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数解析式，一次函数的图像的平移与性质，点的平移的坐标规律，轴对称的性质，勾股定理的应用，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
45．（2022春·四川·八年级校联考期中）如图1所示，腰长为3的等腰的腰与坐标轴重合，直线与交于点．
（1）求点的坐标；
（2）如图2，将直线沿轴正方向平移4个单位长度得到直线（其中、分别为新直线与轴、轴的交点），连接、，求的面积；
（3）如图3，在第（2）问的条件下，将沿轴平移得到，连接、，当为等腰三角形时，直接写出的坐标．

【答案】（1）（，）；（2）12；（3）（4，3），M（3+，3），（，3）
【分析】（1）先利用待定系数法，求出直线AB的解析式，再联立方程组，即可求解；
（2）先求出直线DE的解析式，再求出E（6，0），最后利用，即可求解；
（3）设M（x，3），连接BM，分别用x表示出DM、DN、MN的长，再分类列出方程，即可求解．
【详解】（1）∵是等腰三角形，腰长为3，
∴AO=BO=3，即：A（-3，0），B（0，3），
设直线AB的解析式为：y=kx+b，
则，解得：，
∴直线AB的解析式为：y=x+3，
联立，得，
∴C坐标为（，）；
（2）∵OC沿y轴正方向平移4个单位，
∴D（0，4），
设直线DE的解析式为：y=x+b，把D（0，4），代入上式得：b=4，
∴直线DE的解析式为：y=x+4，
令y=0代入y=x+4，得：x=6，则E（6，0），
∴；
（3）∵将沿轴平移得到，
∴MK=BO=3，NK=AO=3，MN==3，
设M（x，3），连接BM，则BM⊥DO，DM=，
那么N（x-3，0），DN=，
①当DM=DN时，则=，解得：x=4，即：M（4，3）；
②当NM=DN，则=3，解得：x1=3+，x2=3-（舍），即：M（3+，3）；
③当DM=NM，则x1=，x2=-（舍），即：M（，3）；
综上所述：M的坐标为（4，3），M（3+，3），（，3）．
【点睛】本题主要考查一次函数与几何的综合，掌握等腰三角形的性质，待定系数法，勾股定理是解题的关键．
46．（2022秋·湖北武汉·八年级统考期中）如图，点，且a，b满足．若P为x轴上异于原点O和点A的一个动点，连接，以线段为边构造等腰直角（P为顶点），连接．

(1)如图1，直接写出点A的坐标为___________，点B的坐标为___________；
(2)如图2，当点P在点O，A之间时，连接，，证明；
(3)如图3，点P在x轴上运动过程中，若所在直线与y轴交于点F，请直接写出F点的坐标为___________，当的值最小时，请直接写出此时与之间的数量关系___________．
【答案】(1)，
(2)见解析
(3)，

【分析】（1）根据非负数的性质得到，，得到，，于是得到结果；
（2）过点作轴于，证明，由全等三角形的性质得出，，由等腰直角三角形的性质得出，证出，则可得出结论；
（3）由直角三角形的性质证出，则可得出；取点，连接，，与关于直线对称，连接交于，连接，则，根据三角形的面积关系可得出．
【详解】（1）解：，
，，
，，
、，
故答案为：，；
（2）证明：过点作轴于，

是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
又，
，
，，
，
，
，
又，
，
，，
，
，
；
（3），
，
，
，
，
，
，
，
；
取点，连接，，
，，
与关于直线对称，连接交于，连接，则，

此时最小，，
到，的距离相等，，，
，
，
．
故答案为：，．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，坐标与图形的性质，，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的面积等知识点，正确的作出辅助线是解题的关键．
47．（2022秋·湖南郴州·八年级校考期中）在中，，，点E、分别是，上的动点（不与，C重合），点是的中点，连接．
（1）如图1，当时，请问与全等吗？如果全等请证明，如果不是请说明理由；
（2）如图2，在（1）的条件下，过点作，若，，则HF= ；
（3）如图3，当时，连接，若 ，请求的面积．

【答案】（1），见解析；（2）3；（3）
【分析】（1）先证明： 从而可得结论；
（2）在上截取，使，证明 从而可得结论；
（3）过作，交于，证明，设，则，，再求解，从而可得答案.
【详解】解：（1）全等，理由如下：
在中，
∵， 点是的中点，
∴，

∵
∴

∴
在和中

∴（ASA）

（2）在上截取，使，
在中，，
∴
在和中

∴（SAS）
∴
由（1）
∴
∴
∵
∴
∵

∴

故答案为：
（3）过作，交于
∴
∵
∴
∴
由（2）得，
在和中

∴（SAS）
∴

即
设，则，
∴




【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，作适当的辅助线构建全等三角形是解题的关键.
48．（2022秋·江苏宿迁·八年级校考期中）同学们学习了全等三角形，知道其重要应用是通过全等三角形证明角相等或边相等，进而求角度或边长．有些题目不能直接得全等三角形时，需要根据条件购造全等三角形，当遇到等腰直角三角形时我们可以利用两条相等的腰及顶角90°，来构造全等的两个直角三角形，从而解决问题．
（1）发现，如图1，已知等腰直角△ABC，点P是边AB上一点，过点A作CP的垂线交CP延长线于点E，过点B作CP的垂线，垂足为点F，若BF＝7，AE＝3，则EF＝　 　；
（2）探索：如图2，已知等腰直角△ABC，点E是内部一点，且CE＝4，AE垂直CE，连接BE，求△BCE的面积；
（3）应用：如图3，已知钝角三角形ABC（∠ACB＞90°），∠A＝45°，以BC为边在直线BC与点A同侧的位置作等腰直角△BCD，过点D作DE垂直AB，垂足为点E，则线段AE与线段BE有怎样的数量关系呢？并请说明由．

【答案】（1）4；（2）8；（3）AE=BE，理由见解析
【分析】（1）由“AAS”可证△ACE≌△CBF，可得AE=CF=3，CE=BF=7，即可求解；
（2）由“AAS”可证△ACE≌△BCF，可得CE=BF=4，由三角形的面积公式可求解；
（3）由“AAS”可证△BDE≌△DCF，可得DF=BE，CF=DE，由等腰直角三角形的性质可得AE=EH，HF=CF=DE，由线段的和差关系可得结论．
【详解】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠BCF=90°，
∵AE⊥CE，BF⊥CE，
∴∠E=∠BFC=90°，
∴∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCF，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE=CF=3，CE=BF=7，
∴EF=CE-CF=4，
故答案为：4；
（2）如图2，过点B作BF⊥CE，交CE的延长线于点F，

∴∠BFC=∠AEC=∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠BCF=90°=∠ACE+∠CAE，
∴∠CAE=∠BCF，
又∵AC=BC，
∴△ACE≌△BCF（AAS），
∴CE=BF=4，
∴S△BCE=×CE×BF=8；
（3）AE=BE，
理由如下：如图3，延长DE，AC交于点H，过点C作CF⊥DH于点F，

∵CF⊥DH，DE⊥AB，
∴∠CFD=∠DEB=∠CDB=90°，
∴∠CDF+∠BDE=90°=∠DBE+∠BDE，
∴∠CDF=∠DBE，
又∵CD=BD，
∴△BDE≌△DCF（AAS），
∴DF=BE，CF=DE，
∵∠A=45°，DH⊥AB，
∴∠A=∠H=45°，
∴AE=EH，∠H=∠HCF=45°，
∴HF=CF=DE，
∴AE=EH=EF+CH=EF+CF=EF+DE=DF，
∴AE=BE．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
49．（2022秋·湖南郴州·八年级校考期中）情景观察：
如图1，中，，，，，垂足分别为，，与交于点．

（1）写出图1中所有的全等三角形________________________________；
（2）线段与线段的数量关系是，并写出证明过程：
问题探究：
如图2，在中，，，平分，，垂足为，与交于点．求证：．
【答案】（1），；（2）见解析；问题探究：见解析
【分析】（1）根据等腰三角形性质、全等三角形的判定定理解答；
（2）根据全等三角形的性质解答；
问题探究：延长AB、CD交于点G，分别证明、，根据全等三角形的性质证明．
【详解】解：（1）在和中，
，
∴；
∵，
∴,,
∵,,,
∴,
∵,
∴,
∴,
在和中，
，
∴，
故答案为：，；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
问题探究：延长AB、CD交于点G，如图所示：

∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠GAD，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝∠ADG＝90°，
在△ADC和△ADG中，
，
∴△ADC≌△ADG（ASA），
∴CD＝GD，即CG＝2CD，
∵∠BAC＝45°，AB＝BC，
∴∠ABC＝90°，
∴∠CBG＝90°，
∴∠G＋∠BCG＝90°，
∵∠G＋∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠BCG，
在△ABE和△CBG中，
，
∴△ADC≌△CBG（ASA），
∴AE＝CG＝2CD．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
50．（2022秋·北京·八年级北京二十中校考期中）在等边△ABC中，线段AM为BC边上的中线．点D在直线AM上，以CD为一边在CD的下方作等边△CDE，连接BE．
（1）当点D在线段AM上时，
①请在图1中补全图形；
②∠CAM的度数为 　 　；
③求证：△ADC≌△BEC；
（2）当点D在直线AM上时，直线BE与直线AM的交点为O（点D与点M不重合，点E与点O不重合），直接写出线段OE，OM，DM与BE的数量关系．

【答案】（1）①见解析；②30；③见解析；（2）或或
【分析】（1）①根据题意补全图形即可；
②根据等边三角形的性质可以直接得出结论；
③根据等边三角形的性质就可以得出AC＝AC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，由等式的性质就可以得出∠BCE＝∠ACD，根据SAS就可以得出△ADC≌△BEC；
（2）分①当点D在BC的上方；②点D在BC的下方BE的上方；③当D在BE的下方三种情况进行讨论即可．
【详解】（1）①如图所示：

②∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°．
∵线段AM为BC边上的中线
∴∠CAM＝∠BAC，
∴∠CAM＝30°．
③∵△ABC与△DEC都是等边三角形
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°
∴∠ACD＋∠DCB＝∠DCB＋∠BCE
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ADC和△BEC中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
（2）①当点D在BC的上方时，如图1，

由（1）知，△ACD≌△BCE，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴在中， ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴
②当点D在BC的下方BE的上方时，如图2，

同理可证：△ACD≌△BCE，
∴
∵AO⊥BC
∴
∵
∴；
③当D在BE的下方时，如图3，

同理可证：△ACD≌△BCE，
∴
∵AO⊥BC
∴
∵
∴；
【点睛】本题考查作图-复杂作图，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30°角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
51．（2022春·广东广州·八年级校联考期中）在平面直角坐标系xOy中，点B、C的坐标分别为（0，0）、（12，0），点A在第一象限，且△ABC是等边三角形．点D的坐标为（4，0），E是边AB上一动点，连接DE，以DE为边在DE右侧作等边△DEF．

(1)求出A点坐标；
(2)当点F落在边AC上时，△CDF与△BED全等吗？若全等，请给予证明；若不全等，请说明理由；
(3)连接CF，当△CDF是等腰三角形时，______．
【答案】(1)A（6，）；
(2)△CDF≌△BED，证明见解析；
(3)10＋2或6或2＋2．

【分析】（1）如图1中，过点A作AH⊥BCA于点H．解直角三角形求出BH，AH，可得结论；
（2）如图2中，结论：△CDF≌△BED．根据AAS证明三角形全等即可；
（3）分三种情形：如图3−1中，当CD＝CF时，过点C作CJ⊥DF于点J，过点D作DK⊥BE于点K．如图3−2中，当FD＝FC时，过点F作FT⊥CD于点T．如图3−3中，当DF＝DC＝8时，DE＝DF＝8，分别求出KE，BK可得结论．
（1）
解：如图1中，过点A作AH⊥BC于点H．

∵C（6，0），
∴BC＝6，
∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，
∴∠ABH＝60°，BH＝HC＝6，
∴，
∴A（6，）；
（2）
如图2中，结论：△CDF≌△BED．

理由：∵△DEF是等边三角形，△ABC是等边三角形，
∴∠EDF＝∠ABC＝60°，DE＝DF，
∵∠EDC＝∠ABC＋∠DEB＝∠EDF＋∠FDC，
∴∠DEB＝∠CDF，
在△CDF和△BED中，
，
∴△CDF≌△BED（AAS）；
（3）
如图3−1中，当CD＝CF时，过点C作CJ⊥DF于点J，过点D作DK⊥BE于点K，过点F作FP⊥CD于点P．

设DE＝DF＝x，
∵D（4，0），
∴OD＝4，
∵∠DKB＝90°，∠DOK＝60°，
∴∠BDK＝30°，
∴BK＝OD＝2，．
∵CD＝CF，CJ⊥DF，
∴DJ＝FJ＝x，
∵∠DKE＝∠FPD＝90°，∠DEK＝∠FDP，DE＝FD，
∴△DKE≌△FPD（AAS），
∴EK＝DP，DK＝FP＝，
∵S△CDF＝•CD•FP＝•DF•CJ，
∴，
解得，或（舍去），
∴
∴
∴EK＝，
∴BE＝BK＋EK＝；
如图3−2中，当FD＝FC时，过点F作FT⊥CD于点T．

∵FD＝FC，FT⊥CD，
∴DT＝TC＝4，
∵∠DKE＝∠DTF＝90°，∠DEK＝∠FDT，DE＝DF，
∴△EKD≌△DTF（AAS），
∴EK＝DT＝4，
∴BE＝BK＋EK＝2＋4＝6；
如图3−3中，当DF＝DC＝8时，DE＝DF＝8，

∴，
∴BE＝BK＋EK＝2＋2，
综上所述，满足条件的BE的值为10＋2或6或2＋2，
故答案为：10＋2或6或2＋2．
【点睛】本题属三角形综合题，考查了等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
52．（2022春·江西抚州·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，正方形OABC的顶点A、C分别在x轴与y轴上，已知正方形边长为6，点D为x轴上一点，其坐标为，连接CD，点P从点C出发以每秒1个单位的速度沿折线C→B→A的方向向终点A运动，当点P与点A重合时停止运动，运动时间为t秒．

(1)连接OP，当点P在线段BC上运动，且满足时，求直线OP的表达式；
(2)连接PC、PD，求的面积S关于t的函数表达式；
(3)点P在运动过程中，是否存在某个位置使得为等腰三角形，若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=3x
(2)
(3)（4，6）或（6，）或（6，4）或（6，）

【分析】（1）根据全等三角形的性质求出点P坐标，再利用待定系数法即可解决问题；
（2）分点P在线段BC上，点P在线段AB上两种情形讨论求解即可；
（3）分DC=DP1时，DC=DP2时，CD=CP3时，P4C=P4D时四种情形讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCO是正方形，
∴∠COD=∠OCP，
∵OC=CO，
∴当CP=OD=2时，△CPO≌△ODC，
∴P（2，6），
设直线OP的解析式为y=kx，则有3=k，
∴直线OP的解析式为y=3x；
（2）当点P在线段BC上时，如图，

S=•CP•CO=3t（0＜t≤6），
当点P在线段AB上时，如图，

BP=t-6，AP=6-（t-6）=12-t，
S=6×6-×2×6-×6×（t-6）-×4×（12-t）=-t+24（6＜t≤12），
综上所述，S=；
（3）如图，

①当DC=DP1时，P1（4，6）；
②当DC=DP2时，∵CD==，
∴AP2=，
∴P2（6，）；
③当CD=CP3=时，BP3==2，
∴AP3=4，
∴P3（6，4）；
④当P4C=P4D时，设AP4=a，
则有42+a2=62+（6-a）2，
解得a=，
∴P4（6，），
综上所述，满足条件的点P坐标为（4，6）或（6，）或（6，4）或（6，）．
【点睛】本题考查一次函数综合题、正方形的性质、勾股定理、待定系数法等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
53．（2022春·福建泉州·八年级校联考期中）如图

(1)模型建立，如图，等腰直角三角形中，，，直线经过点，过作于，过作于求证：≌；
(2)模型应用：
①已知直线与轴交于点，与轴交于点，将线段绕点逆时针旋转度，得到线段，过点，作直线，求直线的解析式；
②如图，矩形，为坐标原点，的坐标为，，分别在坐标轴上，是线段上动点，已知点在第一象限，且是直线上的一点，若是不以为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出所有符合条件的点的坐标．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②点坐标为：，，

【分析】（1）由条件可求得，利用可证明≌；
（2）①过作轴于点，由直线解析式可求得、的坐标，利用模型结论可得，，从而可求得点坐标，利用待定系数法可求得直线的解析式；
②分三种情况考虑：如图所示，当时，，可得点在的中垂线上，即点横坐标为，易得点坐标；如图所示，当时，，设点的坐标为，表示出点坐标为，列出关于的方程，求出的值，即可确定出点坐标；如图所示，当时，时，同理求出的坐标．
（1）
证明：，
，
，
在和中，

≌；
（2）
①∵如图，过作轴于点，
直线与轴交于点，与轴交于点，
令可求得，令可求得，
，，
同可证得≌，
，，
，
，且，
设直线解析式为，
把点坐标代入可得，
解得
直线解析式为，

的坐标为，
，
如图，当时，，
点在的中垂线上，即点横坐标为
点坐标；
如图，当时，，
设点的坐标为，则点坐标为，由，得，
点坐标；
如图，当时，时，同理可求得点坐标，
综上所述：点坐标为：，，

【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质、分类讨论及数形结合的思想．本题第二问注意考虑问题要全面，做到不重不漏．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．
54．（2022秋·北京朝阳·八年级校考期中）对于平面直角坐标系xOy中的线段AB及点P，给出如下定义：若点P满足PA=PB，则称P为线段AB的“轴点”，其中，当0°＜∠APB＜60°时，称P为线段AB的“远轴点”；当60°≤∠APB≤180°时，称P为线段AB的“近轴点”．

(1)如图1，点A，B的坐标分别为(-2，0)，(2，0)，则在，，， 中，线段AB的“近轴点”是 ；
(2)如图2，点A的坐标为(3，0)，点B在y轴正半轴上，且∠OAB=30°．
①若P为线段AB的“远轴点”，直接写出点P的横坐标t的取值范围______；
②点C为y轴上的动点(不与点B重合且BC≠AB)，若Q为线段AB的“轴点”，当线段QB与QC的和最小时，直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)、
(2)①或；②点Q的坐标为(1，0)

【分析】（1）如图1中作等边，根据点C，的坐标即可判断；
（2）①作以AB为边作等边△ABD或△ABD′，根据点A的坐标为(3，0)，点B在y轴正半轴上，且∠OAB＝30°．求出点D(0，-)，D′(3，2)，根据远轴点的定义通过图像可得点P在直线DD′上，线段DD′外即可结论；②根据题意，点Q在线段AB的垂直平分线l上，将情况分为点B，C在l的同侧以及在l的异侧进行讨论：当B，C在l的同侧时，易知当点C与点O重合，Q为AO与直线l的交点时，QB+QC最小，根据30°角的三角函数关系得到QC与BQ的关系，再根据OA=QC+AQ=QC+BQ=3列方程求出Q点坐标即可；当B，C在l的异侧时，显然QB+QC＞3，即可得到答案．
【详解】（1）如图作等边，

由题意可知，当点P在线段上时，点P是近轴点，
∴点是近轴点，
故答案为：．
（2）①作以AB为边作等边△ABD或△ABD′
∵点A的坐标为(3，0)，点B在y轴正半轴上，且∠OAB＝30°．
∴OA=3，AB=2OB，
∴即
解得OB=，
∴AB=2OB=2，
∴BD=AD=AD′=2，
点D(0，-)
=∠OAB+∠BAD′=30°+60°=90°
∴AD′⊥OA，
∴D′(3，2)，
当点P为AB的远轴点时，点P在DD′线段外，直线DD′上，
∴点P的横坐标比3大或比0小，
∴t＜0或t＞3．
故答案为：t＜0或t＞3．

②根据题意，点Q在线段AB的垂直平分线l上．
当点B，C在直线l的同侧时，
对于满足题意的点C的每一个位置，都有QB+QC=QA+QC．
∵QA+QC≥AC，AC≥AO
∴当点C与点O重合，Q为AO 与直线l交点时，QB+QC最小．
∵∠OAB=30°，AQ=BQ，
∴∠QBA=∠QBO=30°．
∴OQ=BQ．
在Rt△BOQ中，设OQ=x，则AQ=BQ=2x．
∴3x=3．
解得 x=1．
∴Q(1，0)．
当点B，C在直线l的异侧时，QB+QC＞3．
综上所述，当点Q的坐标为(1，0)时，线段QB与QC的和最小．

【点睛】本题主要考查学生对新定义的理解能力、垂直平分线的性质以及运用一元一次方程解决问题的能力，解题的关键是正确理解题中所给“远轴点”、“近轴点”的意义，并利用所学灵活解决问题．
55．（2020秋·辽宁沈阳·八年级沈阳市第七中学校考期中）如图所示，在平面直角坐标系中，点A坐标为（2， 0），点B坐标为（3， 1），将直线AB沿x轴向左平移经过点C （1，1）．
（1）求平移后直线L的解析式；
（2）若点P从点C出发，沿（1）中的直线L以每秒1个单位长度的速度向直线L与x轴的交点运动，点Q从原点O出发沿x轴以每秒2个单位长度的速度向点A运动，两点中有任意一点到达终点运动即停止，设运动时间为t．是否存在t，使得△OPQ为等腰三角形?若存在，直接写出此时t的值：若不存在，请说明理由，

【答案】（1）；（2）存在t，使得△OPQ为等腰三角形，其中，，
【分析】（1） 先求出AB解析式，再根据平移k不变即可求出平移后直线L的解析式；
（2）用时间t表示出△OPQ的三边的长，再分类讨论解方程即可.
【详解】（1）设AB解析式为
∵点A坐标为（2， 0），点B坐标为（3， 1）
∴
解得
∴AB解析式为
∴设AB平移后直线L的解析式为
∵平移经过点C （1，1）
∴
解得
∴AB平移后直线L的解析式为
（2）过P作PD⊥OA与D，

由题意得,
∵C （1，1）
∴∠COA=45°，
∴
∴
∴
∴
①当OP=OQ时，，解得；
②当OP=PQ时，
解得（舍去），或
②当OQ=PQ时，
解得（舍去），或
综上所述存在t，使得△OPQ为等腰三角形，其中，，
【点睛】本题考查动点问题中的等腰三角形存在性问题，解题的关键是用时间t表示三角形的边长，计算量有点大，但是如果注意计算技巧不是太难.
56．（2022秋·北京·八年级清华附中校考期中）对于及其内部任意一点，给出如下定义：若点满足且，则称点为点A关于的“邻近点”．在平面直角坐标系中，点坐标为．
(1)如图，点在轴上方，若为等边三角形，

①在点，，中，点关于的“邻近点”是______；
②已知点是点关于的“邻近点”，若点的横坐标为1，则线段长度的取值范围是______；
(2)已知点的坐标为，
①若，在图中画出所有点关于的“邻近点”组成的图形；

②规定：横、纵坐标均为整数的点称为整点，当时，点关于的“邻近点”中有个整点，请直接写出所有可能取值的和为______．
【答案】(1)①；②．
(2)①画图见解析；②12

【分析】（1）①根据“邻近点”的定义可直接判断点不是点关于的“邻近点”；分别计算，，，，，的长，再根据“邻近点”的定义判断即可；②设，分别求出，和的长，再根据“邻近点”的定义即得出关于t的不等式，解出t即可．
（2）①由图可知，．设点P为点M关于的“邻近点”．分别求出，，．根据“邻近点”的定义即得出关于和的不等式，解出和即可画图；②设点P为点M关于的“邻近点”．根据“邻近点”的定义可求出，．再画出图形即可求解．
【详解】（1）①由图可知点在外部，
∴点不是点关于的“邻近点”；
∵，为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，，，
又∵，，即，，
∴点是点关于的“邻近点”；
∵，，，
∴，，
∴点不是点关于的“邻近点”．
故答案为：；
②设，
∵点是点关于的“邻近点”，
∴，．
∵，，，
∴，，
∴，．
∵，
∴只需即可，
解得：，
∴．
故答案为：；
（2）①由图可知，．
设点P为点M关于的“邻近点”．
∴，，．
∵，且，
∴，，即，，
解得：，．
又∵点P在内部，
∴画出所有点关于的“邻近点”组成的图形为正方形（不包括边和和各顶点），如图；

②∵，．
设点P为点M关于的“邻近点”．
∴，，．
∵，且，
∴，，即，，
解得：，．
又∵点P在内部，，
∴，．
如图，

∴点关于的“邻近点”中有12个整点，
∴所有可能取值的和为12．
故答案为：12．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，两点的距离公式等知识．理解“邻近点”的定义并利用数形结合的思想是解题关键．
57．（2022春·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期中）已知等腰与等腰中，，，连接EC，点M为线段EC的中点，连接DM．

(1)如图1，当D点恰好为线段AB中点时，求线段DM的长度；
(2)当从图1所示位置绕着点A逆时针旋转一定角度，使得点E在线段DM上方，到达如图2所示位置时，连接BD，求证：；
(3)当从图1所示位置绕着点A逆时针旋转150°时到达图3所示位置，F为直线AD上一点，连接MF并将线段MF绕点M逆时针旋转90°使得点F落在点N处，连接AN、CN，若，求的最小值．
【答案】(1)DM=2；
(2)见解析
(3)

【分析】（1）由AAS可证△DEM≌△NCM，可得CN=DE，DM=MN，等腰直角三角形的性质可求解；
（2）由ASA可证△EDM≌△CHM，可得DE=CH，DM=MH，由SAS可证△ABD≌△CBH，可得BD=BH，∠DBA=∠CBH，可证△DBH是等腰直角三角形，可得结论；
（3）先求出点N在过点B垂直于AD的直线BO上运动，由等腰直角三角形的性质和勾股定理可求AC的长，即可求解．
(1)
如图1，延长DM交BC于N，

∵点M为线段EC的中点，
∴EM=CM，
∵∠BDE=∠B=90°，
∴DE∥BC，
∴∠CNM=∠EDM，
又∵∠DME=∠CMN，
∴△DEM≌△NCM（AAS），
∴CN=DE，DM=MN，
∵点D是AB中点，
∴AD=DB=4，
∴AB=BC=8，
∵AD=DE=CN=4，
∴BN=4，
∴DN=4，
∴DM=2；
(2)
如图2，过点C作CH∥DE，交DM的延长线于点H，连接BH，BM，

∵CH∥DE，
∴∠DEM=∠HCM，
又∵EM=CM，∠EMD=∠CMH，
∴△EDM≌△CHM（ASA），
∴DE=CH，DM=MH，
∵∠ADE+∠DEC+∠DAB+∠ECB+∠ABC=540°，
∴∠DAB+∠DEC+∠ECB=360°，
又∵∠ECB+∠ECH+∠BCH=360°，  
∴∠DAB=∠BCH，
又∵AB=BC，
∴△ABD≌△CBH（SAS），
∴BD=BH，∠DBA=∠CBH，
∴∠DBH=∠ABC=90°，
∴△DBH是等腰直角三角形，
又∵DM=MH，
∴BM⊥DM，DM=MB，  
∴BD=DM；
(3)
如图3，连接DM，BM，连接NB并延长交直线AD于点O，

由（2）可知：DM=MB，∠DMB=90°，
∵将线段MF绕点M逆时针旋转90°使得点F落在点N处，
∴FM=MN，∠FMN=90°=∠DMB，
∴∠DMF=∠BMN，
∴△DMF≌△BMN（SAS），
∴∠MDF=∠MBN，
∴∠MBN+∠MBO=180°=∠MDO+∠MBO=180°，
∴∠AOB=360°-∠DMB-（∠MDO+∠MBO）=90°，
∴点N在过点B垂直于AD的直线BO上运动，
如图，过点A作关于直线OB的对称点A'，连接A'C交直线OB于点N'，连接AN'，
此时AN+CN的最小值为A'C的长，
如图，过点E作EH⊥AC于H，
由题意可得∠DAB=150°，AD=DE=4，∠ADE=90°，
∴∠BAO=30°，AE=4，∠DAE=45°，∠EAC=150°-∠DAE-∠CAB=60°，
∵EH⊥AC，
∴∠EHA=90°，
∴∠AEH=30°，
∴AH=AE=2，EH=AH=2，
∴，
∴AC=8，
又∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴AB=BC=8，
∵∠BAO=30°，∠AOB=90°，
∴BO=4，AO=4，
∵点A，点A'关于直线OB对称，
∴AO=A'O=4，
如图，过点C作CG⊥DO于G，交AB于Q，

∴∠AGQ=∠CBA=90°，
又∵∠AQG=∠CQB，
∴∠BCQ=∠BAO=30°，
又∵BC=8，∠ABC=90°，
∴，
∴
∵∠BAO=30°，
∴
∴
∴A'G=CG，
又∵∠A'GC=90°，
∴．
∴AN+CN的最小值为
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
58．（2022春·河南洛阳·八年级洛阳市第二外国语学校校考期中）（1）阅读理解：如图1，等边内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求的大小．

思路点拨：考虑到不在一个三角形中，采用转化与化归的数学思想，可以将绕顶点A逆时针旋转60°到处，此时，这样，就可以利用全等三角形知识，结合已知条件，将三条线段的长度转化到一个三角形中，从而求出________
（2）变式拓展：请你利用第（1）问的解答思想方法，解答下面问题：
如图2，在中，，E、F为BC上的点且，求EF的大小．
（3）能力提升：如图3，在中，，点O为内一点，连接，且，请直接写出_______．
【答案】（1）150°；（2）10；（3）7
【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答．
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′=AE，CE′=CE，∠CAE′=∠BAE，∠ACE′=∠B，∠EAE′=90°，再求出∠E′AF=45°，从而得到∠EAF=∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F=EF，再利用勾股定理列式即可解决问题．
（3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB=2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO=OO′，等边三角形三个角都是60°，求出∠BOO′=∠BO′O=60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC=A′C，即可求解．
【详解】解：（1）∵，
∴，
由题意知旋转角，
∴为等边三角形，
，
根据勾股定理可证为直角三角形，且，
∴；
故答案为：150°；
（2）如图2，把绕点A逆时针旋转90°得到，

由旋转的性质得，，
，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
即．
∴，
解得：；
（3）如图3，将绕点B顺时针旋转60°至处，连接，

∵在中，，
∴，
∴，
∵绕点B顺时针方向旋转60°，
∴如图所示；
，
∵，
∴，
∵绕点B顺时针方向旋转60°，得到，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴
∴四点共线，
在中，，
∴，
∴；
故答案为：7；
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．
59．（2022秋·湖南岳阳·八年级统考期中）数学课上，老师出示了如下框中的题目：

小敏与同桌小聪讨论后，进行了如下解答：
（1）特殊情况，探索结论
当点E为AB的中点时，如图1，确定线段AE与DB的大小关系．请你直接写出结论：AE_______DB（填“＞”，“＜”或“＝”）．

（2）特例启发，解答题目
解：题目中，AE与DB的大小关系是：AE　 　DB（填“＞”，“＜”或“＝”）理由如下：如图2，过点E作EF∥BC，交AC于点F，（请你接着继续完成以下解答过程）
（3）拓展结论，设计新题
在等边三角形ABC中，点E在直线上AB上，点D在直线BC上，且ED＝EC．若△ABC的边长为3，AE＝5，求CD的长（请你直接写出结果）．
【答案】（1）＝；（2）＝，见解析；（3）CD的长是8或2
【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质以及等边三角形的性质可以得出∠BCE=∠ACE=30°，又根据ED=EC得到∠D=∠ECD=30°，可进一步得出∠D=∠DEB，推出BD=BE即可解决问题；
（2）作EF∥BC交AC于F，先证明△AEF为等边三角形，再证明△DBE≌△EFC即可解决问题；
（3）分四种情形：①当点E在AB的延长线上，点D在CB的延长线上时，由（2）同理可得BD=AE，再根据CD=BD+BC即可求出结果；②当点E在BA的延长线上，点D在BC的延长线上时，过A作AN⊥BC于N，过E作EM⊥CD于M，先求出CM的长，从而可得出CD的长；③当点E在AB的延长线上，点D在BC的延长线上时，由于∠ECD＞∠EBC，此时不存在EC＝ED；④当点E在BA的延长线上，点D在CB的延长线上时，有∠ECD＞∠EDC，此时情况不存在．
【详解】解：（1）如图1中，结论：AE=BD．
∵△ABC是等边三角形，AE=EB，
∴∠BCE=∠ACE=30°，∠ABC=60°，
∵ED=EC，
∴∠D=∠ECD=30°，
∵∠EBC=∠D+∠BED，
∴∠D=∠BED=30°，
∴BD=BE=AE．
故答案为：=．
（2）AE＝DB．
理由如下：如图2，过点E作EF∥BC，交AC于点F，
在等边△ABC中，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC，
∵EF∥BC，
∴∠AEF＝∠ABC，∠AFE＝∠ACB，
∴∠AEF＝∠AFE＝∠BAC＝60°，
∴AE＝AF＝EF，
∴AB﹣AE＝AC﹣AF，
即BE＝CF，
∵∠ABC＝∠EDB+∠BED，∠ACB＝∠ECB+∠FCE，
∵ED＝EC，
∴∠EDB＝∠ECB，
∴∠BED＝∠FCE，
在△DBE和△EFC中
，
∴△DBE≌△EFC（SAS），
∴DB＝EF，
∴AE＝BD，
故答案为：＝．
（3）分为四种情况：
①当点E在AB的延长线上，点D在CB的延长线上时，如图：

∵AB＝AC＝3，AE＝5，
同（2）可得BD=AE，
∴BD＝AE＝5，
∴CD＝3+5＝8；
②当点E在BA的延长线上，点D在BC的延长线上时，如图，过A作AN⊥BC于N，过E作EM⊥CD于M，

∵等边三角形ABC，
∴∠AEM=90°-∠B=30°，
∴BM＝BE＝×（3+5）＝4，
∴CM＝BM-BC＝4﹣3＝1，
∵EC=ED，EM⊥CD，
∴CD＝2CM＝2；
③当点E在AB的延长线上，点D在BC的延长线上时，如图，

∵∠ECD＞∠EBC（∠EBC＝120°），而∠ECD不能大于120°，否则△EDC不符合三角形内角和定理，
∴此时不存在EC＝ED；
④当点E在BA的延长线上，点D在CB的延长线上时，如图，

∵∠EDC＜∠ABC，∠ECB＞∠ACB，
又∵∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠ECD＞∠EDC，
即此时ED≠EC，
∴此时情况不存在，
综上所述：CD的长是8或2．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，（3）中注意分类讨论思想的应用，属于中考压轴题．
60．（2022秋·湖北鄂州·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知A(a，0)、B(﹣b，0)且a、b满足+|a﹣2b+2|＝0．
（1）求证：∠OAB＝∠OBA；
（2）如图1，若BE⊥AE，求∠AEO的度数；
（3）如图2，若D是AO的中点，DEBO，F在AB的延长线上，∠EOF＝45°，连接EF，试探究OE和EF的数量和位置关系．

【答案】（1）见解析；（2）45°；（3）FE=EO且FE⊥EO
【分析】（1）根据非负数的性质得到，解之确定A（0，2）、B（-2，0），得到OA=OB，所以△AOB为等腰直角三角形，即可解答；
（2）如图1，过点O作OF⊥OE交AE于F，利用已知条件证明△OBE≌△OAF（ASA），得到OE=OF，即△OEF为等腰直角三角形，即可解答；
（3）过点F作FG⊥OF交OE的延长线于G，过点F作FH⊥FB交x轴于H，延长DE交HG于I，利用已知条件证明△HFG≌△BFO（SAS），得到GH=OB=OA，再证明△EIG≌△EDO（AAS）得到EG=EO，进而FE=EO且FE⊥EO（三线合一）．
【详解】解：（1）∵+|a-2b+2|=0，
又∵≥0，|a-2b+2|≥0，
∴，解得：，
∴A（0，2）、B（-2，0），
∴OA=OB，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴∠OAB=∠OBA=45°，
（2）如图1，过点O作OF⊥OE交AE于F，

∵∠AOF+∠BOF=90°，∠BOE+∠BOF=90°，
∴∠AOF=∠BOE，
∵BE⊥AE，
∴∠AEB=90°，
又∵∠AOB=90°，
∴∠OBE=∠OAF，
在△OBE和△OAF中，
，
∴△OBE≌△OAF（ASA），
∴OE=OF，
∴△OEF为等腰直角三角形，
∴∠AEO=45°；
（3）过点F作FG⊥OF交OE的延长线于G，过点F作FH⊥FB交x轴于H，延长DE交HG于I，

∵∠EOF=45°，∠HBF=∠ABO=45°，
∴△OFG、△HFB为等腰直角三角形，
∵∠HFG+∠GFB=90°，∠BFO+∠GFB=90°，
∴∠HFG=∠BFO，
在△HFG和△BFO中，
，
∴△HFG≌△BFO（SAS），
∴GH=OB=OA，
又∵∠GHF=∠OBF=135°，
∴∠GHO=90°，
∴HI=OD=IG，
在△EIG和△EDO中，
，
∴△EIG≌△EDO（AAS），
∴EG=EO，
∴FE=EO且FE⊥EO（三线合一）．
【点睛】本题考查了非负数的性质、全等三角形的性质定理与判定定理，解决本题的关键是作出辅助线，构建全等三角形，利用全等三角形的对应边相等得到相等的线段．