八年级压轴题期末复习试卷（提升篇）（Word版含解析）
一、压轴题
1．如图，直线l1：y1=﹣x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点P（m，3）为直线l1上
一点，另一直线l2：y2=1
2
x+b过点P．
（1）求点P坐标和b的值；
（2）若点C是直线l2与x轴的交点，动点Q从点C开始以每秒1个单位的速度向x轴正方向移动．设点Q的运动时间为t秒．
①请写出当点Q在运动过程中，△APQ的面积S与t的函数关系式；
②求出t为多少时，△APQ的面积小于3；
③是否存在t的值，使△APQ为等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
2．如图，在△ABC中，AB=AC=18cm，BC=10cm，AD=2BD．
（1）如果点P在线段BC上以2cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过2s后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使
△BPD与△CQP全等？
（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？
3．如图，已知A(3，0)，B(0，-1)，连接AB，过B点作AB的垂线段BC，使BA=BC，连接AC
（1）如图1，求C点坐标；
（2）如图2，若P点从A点出发沿x轴向左平移，连接BP，作等腰直角BPQ，连接CQ，当点P在线段OA上，求证：PA=CQ；
（3）在（2）的条件下若C、P，Q三点共线，直接写出此时∠APB的度数及P点坐标
4．在平面直角坐标系中点A（m?3，3m+3），点 B（m，m+4）和 D（0，?5），且点 B 在第二象限．
（1）点B 向平移单位，再向下平移（用含m 的式子表达）单位可以与点A 重合；（2）若点B 向下移动 3 个单位，则移动后的点B 和点A 的纵坐标相等，且有点 C（m?2，0）．
①则此时点A、B、C 坐标分别为、、．
②将线段AB 沿y 轴负方向平移n 个单位，若平移后的线段AB 与线段CD 有公共点，求n 的取值范围．
③当m
5．已知三角形ABC中，∠ACB＝90°，点D（0，－4），M（4，－4）．
（1）如图1，若点C与点O重合，A（－2，2）、B（4，4），求△ABC的面积；
（2）如图2，AC经过坐标原点O，点C在第三象限且点C在直线DM与x轴之间，AB分别与x轴，直线DM交于点G，F，BC交DM于点E，若∠AOG＝55°，求∠CEF的度数；（3）如图3，AC经过坐标原点O，点C在第三象限且点C在直线DM与x轴之间，N为AC上一点，AB分别与x轴，直线DM交于点G，F，BC交DM于点E，∠NEC+∠CEF＝180°，求证∠NEF＝2∠AOG．
6．在等边△ABC的顶点A、C处各有一只蜗牛，它们同时出发，分别以每分钟1米的速度由A向B和由C向A爬行，其中一只蜗牛爬到终点时，另一只也停止运动，经过t分钟后，它们分别爬行到D、E处，请问：
（1）如图1，在爬行过程中，CD和BE始终相等吗，请证明？
（2）如果将原题中的“由A向B和由C向A爬行”，改为“沿着AB和CA的延长线爬行”，EB与CD交于点Q，其他条件不变，蜗牛爬行过程中∠CQE的大小保持不变，请利用图2说明：∠CQE=60°；
（3）如果将原题中“由C向A爬行”改为“沿着BC的延长线爬行，连接DE交AC于F”，其他条件不变，如图3，则爬行过程中，证明：DF=EF
7．在等腰△ABC 与等腰△ADE 中，AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ，且点D 、E 、C 三点在同一条直线上，连接BD ．
（1）如图1，求证：△ADB ≌△AEC
（2）如图2，当∠BAC ＝∠DAE ＝90°时，试猜想线段AD ，BD ，CD 之间的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当∠BAC ＝∠DAE ＝120°时，请直接写出线段AD ，BD ，CD 之间的数量关系式为： （不写证明过程）
8．在Rt ABC 中，90ACB ∠=?，30A ∠=?，BD 是ABC 的角平分线，DE AB ⊥于点E .
（1）如图1，连接EC ，求证：EBC 是等边三角形；
（2）如图2，点M 是线段CD 上的一点（不与点,C D 重合），以BM 为一边，在BM 下方作60BMG ∠=?，MG 交DE 延长线于点G .求证：AD DG MD =+；
（3）如图3，点N 是线段AD 上的点，以BN 为一边，在BN 的下方作60BNG ∠=?，
NG 交DE 延长线于点G .直接写出ND ，DG 与AD 数量之间的关系.
9．已知，在平面直角坐标系中，(42,0)A ，(0,42)B ，C 为AB 的中点，P 是线段AB 上一动点，D 是线段OA 上一点，且PO PD =，DE AB ⊥于E ．
（1）求OAB ∠的度数；
（2）当点P 运动时，PE 的值是否变化？若变化，说明理由；若不变，请求PE 的值． （3）若45OPD ∠=?，求点D 的坐标．
10．如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝2x +6与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，过点B 的直线交x 轴于点C ，且AB ＝BC ．
（1）求直线BC 的解析式；
（2）点P 为线段AB 上一点，点Q 为线段BC 延长线上一点，且AP ＝CQ ，设点Q 横坐标为m ，求点P 的坐标（用含m 的式子表示，不要求写出自变量m 的取值范围）； （3）在（2）的条件下，点M 在y 轴负半轴上，且MP ＝MQ ，若∠BQM ＝45°，求直线PQ 的解析式．
11．如图，△ACB 和△ECD 都是等腰直角三角形，∠ACB ＝∠ECD ＝90°，点D 在边AB 上，点E 在边AC 的左侧，连接AE ．
（1）求证：AE ＝BD ；
（2）试探究线段AD 、BD 与CD 之间的数量关系；
（3）过点C 作CF ⊥DE 交AB 于点F ，若BD ：AF ＝1：2，CD 36，求线段AB 的长．
12．在△ABC 中，∠BAC =45°，CD ⊥AB ，垂足为点D ，M 为线段DB 上一动点（不包括端点），点N 在直线AC 左上方且∠NCM =135°，CN =CM ，如图①．
（1）求证：∠ACN=∠AMC；
（2）记△ANC得面积为5，记△ABC得面积为5．求证：1
2
S AC
S AB
=；
（3）延长线段AB到点P，使BP=BM，如图②．探究线段AC与线段DB满足什么数量关系时对于满足条件的任意点M，AN=CP始终成立？（写出探究过程）
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一、压轴题
1．（1）b=
7
2
；（2）①△APQ的面积S与t的函数关系式为S=﹣
3
2
t+
27
2
或S=
3
2
t﹣
27
2
；②7＜t＜9或9＜t＜11，③存在，当t的值为3或9+2或9﹣2或6时，
△APQ为等腰三角形．
【解析】
分析：（1）把P(m,3)的坐标代入直线1l的解析式即可求得P的坐标，然后根据待定系数法即可求得b；
（2）根据直线
2
l的解析式得出C 的坐标，①根据题意得出9
AQ t
=-，然后根据1
2P
S AQ y
=?即可求得APQ的面积S与t的函数关系式；②通过解不等式
273
3
22
t
-<或
327
3.
22
t-<即可求得7 222 2 (71)032103, t-++-=++-当AQ=PA时,则()() 22 2 (72)2103, t--=++-当PQ=AQ时,则()2 22 (71)03(72) t t -++-=--， 即可求得． 详解：解;(1)∵点P(m,3)为直线l1上一点， ∴3=?m+2，解得m=?1， ∴点P的坐标为(?1,3)， 把点P 的坐标代入212y x b =+ 得,()1 312 b =?-+， 解得7 2 b =； (2)∵72 b = ； ∴直线l 2的解析式为y =12x +72， ∴C 点的坐标为(?7,0)， ①由直线11:2l y x =-+可知A (2,0)， ∴当Q 在A . C 之间时，AQ =2+7?t =9?t ， ∴11273(9)32222S AQ yP t t =?=?-?=-； 当Q 在A 的右边时，AQ =t ?9， ∴11327(9)32222 S AQ yP t t ；= ?=?-?=- 即△APQ 的面积S 与t 的函数关系式为27322S t =-或327 .22 S t =- ②∵S <3， ∴273322t -<或327 3.22t -< 解得7 ③存在； 设Q (t ?7,0)， 当PQ =PA 时,则()()()222 2(71)032103,t -++-=++- ∴22 (6)3t -=,解得t =3或t =9(舍去)， 当AQ =PA 时,则()()22 2(72)2103,t --=++- ∴2 (9)18,t -=解得9t =+9t =- 当PQ =AQ 时,则()2 22(71)03(72)t t -++-=--， ∴22 (6)9(9)t t -+=-， 解得t =6. 故当t 的值为3或9+9-6时，△APQ 为等腰三角形． 点睛：属于一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质以及三角形的面积,分类讨论是解题的关键. 2．（1）①△BPD 与△CQP 全等，理由见解析；②当点Q 的运动速度为 12 5 cm /s 时，能够使△BPD 与△CQP 全等；（2）经过90s 点P 与点Q 第一次相遇在线段AB 上相遇． 【解析】 【分析】 （1）①由“SAS”可证△BPD ≌△CQP ； ②由全等三角形的性质可得BP=PC=1 2 BC=5cm ，BD=CQ=6cm ，可求解； （2）设经过x 秒，点P 与点Q 第一次相遇，列出方程可求解． 【详解】 解：（1）①△BPD 与△CQP 全等， 理由如下：∵AB =AC =18cm ，AD =2BD ， ∴AD =12cm ，BD =6cm ，∠B =∠C ， ∵经过2s 后，BP =4cm ，CQ =4cm ， ∴BP =CQ ，CP =6cm =BD ， 在△BPD 和△CQP 中， BD CP B C BP CQ =?? ∠=∠??=? ， ∴△BPD ≌△CQP （SAS ）， ②∵点Q 的运动速度与点P 的运动速度不相等， ∴BP ≠CQ ， ∵△BPD 与△CQP 全等，∠B =∠C ， ∴BP =PC =1 2 BC =5cm ，BD =CQ =6cm ， ∴t = 52 ， ∴点Q 的运动速度=612552 = cm /s ， ∴当点Q 的运动速度为 12 5 cm /s 时，能够使△BPD 与△CQP 全等； （2）设经过x 秒，点P 与点Q 第一次相遇， 由题意可得： 12 5 x ﹣2x =36， 解得：x =90， 点P 沿△ABC 跑一圈需要181810 232 ++=（s ） ∴90﹣23×3=21（s ）， ∴经过90s 点P 与点Q 第一次相遇在线段AB 上相遇． 【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，一元一次方程的应用，掌握全等三角形的判定是本题的关键． 3．（1）(1，-4)；（2）证明见解析；（3）()135,1,0APB P ? ∠= 【解析】 【分析】 （1）作CH ⊥y 轴于H ，证明△ABO ≌△BCH ，根据全等三角形的性质得到BH=OA=3，CH=OB=1，求出OH ，得到C 点坐标； （2）证明△PBA ≌△QBC ，根据全等三角形的性质得到PA=CQ ； （3）根据C 、P ，Q 三点共线，得到∠BQC=135°，根据全等三角形的性质得到∠BPA=∠BQC=135°，根据等腰三角形的性质求出OP ，得到P 点坐标． 【详解】 解：(1)作CH ⊥y 轴于H ， 则∠BCH+∠CBH=90°， 因为AB BC ⊥， 所以.∠ABO+∠CBH=90°， 所以∠ABO=∠BCH ， 在△ABO 和△BCH 中， ABO BCH AOB BHC AB BC ∠=∠?? ∠=∠??=? ABO BCH ∴??? :BH=OA=3，CH=OB=1， :OH=OB+BH=4， 所以C 点的坐标为（1，-4）； (2)因为∠PBQ=∠ABC=90°， ,PBQ ABQ ABC ABQ PBA QBC ∴∠-=∠-∠∴∠=∠ 在△PBA 和△QBC 中， BP BQ PBA QBC BA BC =?? ∠=∠??=? PBA QBC ∴??? :.PA=CQ ； (3) ()135,1,0APB P ? ∠= BPQ ?是等腰直角三角形， :所以∠BQP=45°， 当C 、P ，Q 三点共线时，∠BQC=135°， 由（2)可知，PBA QBC ∴???； 所以∠BPA=∠BQC=135°， 所以∠OPB=45°， 所以.OP=OB=1， 所以P 点坐标为（1，0) ． 【点睛】 本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的外角的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 4．（1）左；3；(1-2m )；（2）①（-4，0）；（-1，0）（-3，0）； ②当平移后的线段 AB 与线段 CD 有公共点时，19 13 n ≤≤；③ F 9( ,2)12m --． 【解析】 【分析】 (1)根据平面直角坐标系中点的平移计算方法即可得解 (2)①根据B 点向下平移后，点B 和点A 的纵坐标相等得到等量关系，可求出m 的值，从而求出A 、B 、C 三点坐标；②过 C 作 CK 垂直 x 轴交 AB 于 K 点过 B 做 BM 垂直 x 轴于 M 点，设出K 点坐标，作 KH ⊥BM 与 H 点，表示出H 点坐标，然后利用面积关系 ABM AKM BKM S S S ???=+求出距离；当 B '在线段 CD 上时，BB '交 x 轴于 M 点，过 B '做 B 'E ⊥OD ，利用S △COD = S △OB' C + S △OB' D ，求出n 的值，从而求出n 的取值范围；③通过坐标平移法用m 表示出 E 点的坐标，利用D 、E 两点坐标表示出直线DE 的函数关系式，令y=﹣2，求出x 的值即可求出 F 点坐标． 【详解】 解：（1）根据平移规律可得：B 向左平移； m －（m －1）=3，所以平移3个单位； m+4－（3m+3）=1－2m ，所以再向下平移(1-2m )个单位； 故答案为：左；3；(1-2m ) （2）①点 B 向下移动 3 个单位得：B （m ，m+1） ∵移动后的点 B 和点 A 的纵坐标相等 ∴m+1=3m+3 ∴m=﹣1 ∴A （-4,0）；B （-1,0）；C （-3,0）； ②如图 1，过 C 作 CK 垂直 x 轴交 AB 于 K 点过 B 做 BM 垂直 x 轴于 M 点， 设 K 点坐标为（-3，a ） M 点坐标为（-1,0） 作 KH ⊥BM 与 H 点，H 点坐标为（-1，a ） AM=3,BM=3,KC=a,KH=2 ∵ABM AKM BKM S S S ???=+ ∴222 AM BM KC AM KH BM ???=+ ∴ 33323222a ???=+ 解得：1a =， ∴当线段 AB 向下平移 1 个单位时，线段 AB 和 CD 开始有交点，∴ n ≥ 1， 当 B'在线段 CD 上时，如图 2 BB'交 x 轴于 M 点，过 B'做 B'E⊥OD,B'M=n-3,B'E=1,OD=5,OC=3 ∵ S△COD = S△OB'C + S△OB'D ∴ '' 222 CO OD CO B M OD B E ??? =+ ∴353(3)51 222 n ??-? =+ 解得： 19 3 n=， 综上所述，当平移后的线段 AB 与线段 CD 有公共点时， 19 1 3 n ≤≤． ③∵A（m?3，3m+3）， B（m，m+4） D（0，?5）且AD 沿直线 AB 方向平移得到线段BE， ∴E点横坐标为：3 E点纵坐标为：﹣5+m+4－（3m+3）=﹣4－2m ∴E（3，﹣4－2m）， 设DE：y=kx+b，把D（0，﹣5），E（3，﹣4－2m）代入y=kx+b ∴ 3k+b=42m b=5 ? ? ? ﹣－ ﹣ ∴ 1-2m k= 3 b=-5 ? ? ? ?? ， ∴y=12m x5 3 － －， 把y=﹣2代入解析式得：﹣2=12m x5 3 － －， x= 9 12m － ， ∴F 9 (,2) 12m - - ． 【点睛】 本题考查平面直角坐标系中点的平移计算及一次函数解析式求法，解题关键在于理解掌握平面直角坐标系中点平移计算方法以及用待定系数法求函数解析式方法的应用． 5．（1）8;（2）145°;（3）详见解析． 【解析】 【分析】 （1）作AD⊥ x轴于D,BE⊥x轴于E,由点A,B的坐标可得出AD=OD=2,BE=EO=4,DE=6,由面积公式可求出答案; （2）作CH∥x轴,如图2,由平行线的性质可得出∠AOG=∠ACH,∠DEC=∠HCE,求出 ∠DEC+∠AOG=∠ACB=90°,可求出∠DEC=35°,则可得出答案; （3）证得∠NEC=∠HEC,则∠NEF=180°-∠NEH=180°-2∠HEC,可得出结论． 【详解】 解：（1）作AD⊥x轴于D,BE⊥x轴于E,如图1, ∵A（﹣2,2）、B（4,4）, ∴AD＝OD＝2,BE＝OE＝4,DE＝6, ∴S△ABC＝S梯形ABED﹣S△AOD﹣S△AOE＝1 2 ×（2+4）×6﹣ 1 2 ×2×2﹣ 1 2 ×4×4＝8; （2）作CH // x轴,如图2, ∵D（0,﹣4）,M（4,﹣4）, ∴DM // x轴, ∴CH // OG // DM, ∴∠AOG＝∠ACH,∠DEC＝∠HCE, ∴∠DEC+∠AOG＝∠ACB＝90°, ∴∠DEC＝90°﹣55°＝35°, ∴∠CEF＝180°﹣∠DEC＝145°; （3）证明：由（2）得∠AOG+∠HEC＝∠ACB＝90°, 而∠HEC+∠CEF＝180°,∠NEC+∠CEF＝180°, ∴∠NEC＝∠HEC, ∴∠NEF＝180°﹣∠NEH＝180°﹣2∠HEC, ∵∠HEC＝90°﹣∠AOG, ∴∠NEF＝180°﹣2（90°﹣∠AOG）＝2∠AOG． 【点睛】 本题是三角形综合题,考查了坐标与图形的性质,三角形的面积,平行线的性质,三角形内角和定理,熟练掌握平行的性质及三角形内角和定理是解题的关键． 6．（1)相等，证明见解析；（2)证明见解析；（3)证明见解析． 【解析】 【分析】 （1）先证明△ACD≌△CBE，再由全等三角形的性质即可证得CD=BE； （2）先证明△BCD≌△ABE，得到∠BCD=∠ABE，求出 ∠DQB=∠BCQ+∠CBQ=∠ABE+∠CBQ=180°-∠ABC，∠CQE=180°-∠DQB，即可解答；（3）如图3，过点D作DG∥BC交AC于点G，根据等边三角形的三边相等，可以证得AD=DG=CE；进而证明△DGF和△ECF全等，最后根据全等三角形的性质即可证明． 【详解】 （1）解：CD和BE始终相等，理由如下： 如图1，AB=BC=CA，两只蜗牛速度相同，且同时出发， ∴CE=AD，∠A=∠BCE=60° 在△ACD与△CBE中， AC=CB，∠A=∠BCE，AD=CE ∴△ACD≌△CBE（SAS）， ∴CD=BE，即CD和BE始终相等； （2）证明：根据题意得：CE=AD， ∵AB=AC， ∴AE=BD， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB=BC，∠BAC=∠ACB=60°， ∵∠EAB+∠ABC=180°，∠DBC+∠ABC=180°， ∴∠EAB=∠DBC， 在△BCD和△ABE中， BC=AB，∠DBC=∠EAB，BD=AE ∴△BCD≌△ABE（SAS）， ∴∠BCD=∠ABE ∴∠DQB=∠BCQ+∠CBQ=∠ABE+∠CBQ=180°-∠ABC=180°-60°=120°， ∴∠CQE=180°-∠DQB=60°，即CQE=60°； （3）解：爬行过程中，DF始终等于EF是正确的，理由如下： 如图，过点D作DG∥BC交AC于点G， ∴∠ADG=∠B=∠AGD=60°，∠GDF=∠E， ∴△ADG为等边三角形， ∴AD=DG=CE， 在△DGF和△ECF中， ∠GFD=∠CFE，∠GDF=∠E，DG=EC ∴△DGF≌△EDF（AAS）， ∴DF=EF. 【点睛】 本题主要考查了全等三角形的判定与性质和等边三角形的性质；题弄懂题中所给的信息，再根据所提供的思路寻找证明条件是解答本题的关键． 7．（1）见解析；（2）CD2AD+BD，理由见解析；（3）CD3AD+BD 【解析】 【分析】 （1）由“SAS”可证△ADB≌△AEC； （2）由“SAS”可证△ADB≌△AEC，可得BD＝CE，由直角三角形的性质可得DE2AD，可得结论； （3）由△DAB≌△EAC，可知BD＝CE，由勾股定理可求DH＝ 3 2 AD，由AD＝AE， AH⊥DE，推出DH＝HE，由CD＝DE+EC＝2DH+BD＝3AD+BD，即可解决问题；【详解】 证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ADB≌△AEC（SAS）； （2）CD＝2AD+BD， 理由如下：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ADB≌△AEC（SAS）； ∴BD＝CE， ∵∠BAC＝90°，AD＝AE， ∴DE＝2AD， ∵CD＝DE+CE， ∴CD＝2AD+BD； （3）作AH⊥CD于H． ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ADB≌△AEC（SAS）； ∴BD＝CE， ∵∠DAE＝120°，AD＝AE， ∴∠ADH＝30°， ∴AH＝1 2 AD， ∴DH22 AD AH 3 ， ∵AD＝AE，AH⊥DE， ∴DH＝HE， ∴CD＝DE+EC＝2DH+BD3+BD， 故答案为：CD +BD ． 【点睛】 本题是结合了全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识的综合问题，熟练掌握知识点，有简入难，层层推进是解答关键. 8．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）结论：AD DG ND =-，证明见解析． 【解析】 【分析】 （1）先根据直角三角形的性质得出60ABC ∠=?，再根据角平分线的性质可得 CD ED =，然后根据三角形的判定定理与性质可得BC BE =，最后根据等边三角形的判 定即可得证； （2）如图（见解析），延长ED 使得DF MD =，连接MF ，先根据直角三角形的性质、等边三角形的判定得出MDF ?是等边三角形，再根据等边三角形的性质、角的和差得出 ,,F MDB MF MD FMG DMB ∠=∠=∠=∠，然后根据三角形全等的判定与性质、等量 代换即可得证； （3）如图（见解析），参照题（2），先证HDN ?是等边三角形，再根据等边三角形的性质、角的和差得出,,H NDG NH ND HNB DNG ∠=∠=∠=∠，然后根据三角形全等的判定与性质、等量代换即可得证． 【详解】 （1） 3,090A ACB ∠=?∠=? 9060ABC A ∴∠=?-∠=? BD 是ABC ∠的角平分线，DE AB ⊥ CD ED ∴= 在BCD ?和BED ?中，CD ED BD BD =??=? ()BCD BED HL ∴??? BC BE ∴= EBC ∴?是等边三角形； （2）如图，延长ED 使得DF MD =，连接MF 3,090A ACB ∠=?∠=?，BD 是ABC ∠的角平分线，DE AB ⊥ 60,ADE BDE AD BD ∴∠=∠=?= 60,18060MDF ADE MDB ADE BDE ∴∠=∠=?∠=?-∠-∠=? MDF ∴?是等边三角形 ,60MF DM F DMF ∴=∠=∠=? 60BMG ∠=? DMF DM B M G G D M G ∴∠+∠=+∠∠，即FMG DMB ∠=∠ 在FMG ?和DMB ?中， 60 F MDB MF MD FMG DMB ∠=∠=? ? ? = ? ?∠=∠ ? () FMG DMB ASA ∴??? GF BD ∴=，即DF DG BD += AD DF DG MD DG ∴=+=+ 即AD DG MD =+； （3）结论：AD DG ND =-，证明过程如下： 如图，延长BD使得DH ND =，连接NH 由（2）可知，60,18060, ADE HDN ADE BDE AD BD ∠=?∠=?-∠-∠=?= HDN ∴?是等边三角形 ,60 NH ND H HND ∴=∠=∠=? 60 BNG ∠=? HND BND BND BNG ∠+∠=+∠ ∴∠，即N HNB D G ∠=∠ 在HNB ?和DNG ?中， 60 H NDG NH ND HNB DNG ∠=∠=? ? ? = ? ?∠=∠ ? () HNB DNG ASA ∴??? HB DG ∴=，即DH BD DG += ND AD DG ∴+= 即AD DG ND =-． 【点睛】 本题考查了直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，较难的是题（2）和（3），通过作辅助线，构造一个等边三角形是解题关键．9．（1）45°；（2）PE的值不变，PE=4，理由见详解；（3）D(828 -，0)． 【解析】 【分析】 （1 ）根据A ，(0,B ，得△AOB 为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质，即可求出∠OAB 的度数； （2）根据等腰直角三角形的性质得到∠AOC=∠BOC=45°，OC ⊥AB ，再证明△POC ≌△DPE ，根据全等三角形的性质得到OC=PE ，即可得到答案； （3）证明△POB ≌△DPA ，得到 PA=OB=，DA=PB ，进而得OD 的值，即可求出点D 的坐标． 【详解】 （1 ）A ，(0,B ， ∴ OA=OB= ∵∠AOB=90°， ∴△AOB 为等腰直角三角形， ∴∠OAB=45°； （2）PE 的值不变，理由如下： ∵△AOB 为等腰直角三角形，C 为AB 的中点， ∴∠AOC=∠BOC=45°，OC ⊥AB ， ∵PO=PD ， ∴∠POD=∠PDO ， ∵D 是线段OA 上一点， ∴点P 在线段BC 上， ∵∠POD=45°+∠POC ，∠PDO=45°+∠DPE ， ∴∠POC=∠DPE ， 在△POC 和△DPE 中， 90POC DPE OCP PED PO PD ∠=∠?? ∠=∠=???=? ， ∴△POC ?△DPE(AAS)， ∴OC=PE ， ∵OC= 12AB=1 2 × ×=4， ∴PE=4； （3）∵OP=PD ， ∴∠POD=∠PDO=(180°?45°)÷2=67.5°， ∴∠APD=∠PDO?∠A=22.5°，∠BOP=90°?∠POD=22.5°， ∴∠APD=∠BOP ， 在△POB 和△DPA 中， OBP PAD BOP APD OP PD ∠=∠?? ∠=∠??=? ∴△POB ≌△DPA(AAS)， ∴ PA=OB=DA=PB ， ∴ DA=PB= - ， ∴ OD=OA?DA= 8-， ∴点D 的坐标为 (8，0)． 【点睛】 本题主要考查等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定与性质定理，图形与坐标，掌握等腰直角三角形的性质，是解题的关键． 10．（1）y ＝﹣2x +6；（2）点P （m ﹣6，2m ﹣6）；（3）y ＝﹣x +32 【解析】 【分析】 （1）先求出点A ，点B 坐标，由等腰三角形的性质可求点C 坐标，由待定系数法可求直线BC 的解析式； （2）证明△PGA ≌△QHC （AAS ），则PG ＝HQ ＝2m ﹣6，故点P 的纵坐标为：2m ﹣6，而点P 在直线AB 上，即可求解； （3）由“SSS ”可证△APM ≌△CQM ，△ABM ≌△CBM ，可得∠PAM ＝∠MCQ ，∠BQM ＝∠APM ＝45°，∠BAM ＝∠BCM ，由“AAS ”可证△APE ≌△MAO ，可得AE ＝OM ，PE ＝AO ＝3，可求m 的值，进而可得点P ，点Q 的坐标，即可求直线PQ 的解析式． 【详解】 （1）∵直线y ＝2x +6与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ， ∴点B (0，6)，点A (﹣3，0)， ∴AO ＝3，BO ＝6， ∵AB ＝BC ，BO ⊥AC ， ∴AO ＝CO ＝3， ∴点C (3，0)， 设直线BC 解析式为：y ＝kx +b ，则036k b b =+??=?，解得：2 6 k b =-??=?， ∴直线BC 解析式为：y ＝﹣2x +6； （2）如图1，过点P 作PG ⊥AC 于点G ，过点Q 作HQ ⊥AC 于点H ， ∵点Q 横坐标为m ， ∴点Q (m ，﹣2m +6)， ∵AB ＝CB ， ∴∠BAC ＝∠BCA ＝∠HCQ ， 又∵∠PGA ＝∠QHC ＝90°，AP ＝CQ ，
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