人教版八年級上學期壓軸題模擬數(shù)學檢測試題(一)001

1xCAyPC2a+b0（）當＝時，1yE①如圖，若與關于軸對稱，⊥并交延長線于，交的延長線于，求F②如圖，把射線繞點順時針旋轉(zhuǎn)，交軸于點，當＝時，求∠APB的2BxQ頂點在邊BC上D11（）如圖，若點為的中點，＝，∠EAC＝，90°連CE，求證：＝；CE2BF22DBCAEAC（）如圖，若點D為BC的一動點，∠AED＝，90°∠ADE＝，30°已知△ABC的面積為DBC△ABE運動時，的面積是否發(fā)生變化？若不變，請求出其面積；若變334，當點在上3化請說明理由．．如圖在平面直角坐標系中,AOAB,BAO90,BO8cm,動點從原點出發(fā)沿x31,DO軸正方向以acm/s,的速度運動動點也同時Oy從原點出發(fā)在軸上以bcms的速度運動/,E且a,b滿足關系式a2b24a2b50,連接OD,OE,設運動的時間為t秒.(1)求a,b的值;(2)(3)當t為何值時，BAD≌OAE;2,如圖在第一象限存在點使,AOP30,APO15,.求ABPP4x2＝，則點的坐標為；P②若△ABPP為直角三角形，求點的坐標．5．等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°AB=AC，，點A、點分別是y軸、x軸上兩個動點，直角B邊ACxDBCy交軸于點，斜邊交軸于點．E(1)(2)如圖（），已知C點的1-1A為，直接寫出點的坐標；橫坐標2如圖（），當?shù)妊黂t△ABC運動到使點D恰為AC中點時，連接DE．求證：∠ADB=∠CDE；(3)3如圖（），AxA-40上，且（，），點在軸的By若點在軸正半軸上運動時，分別以OB、AB為直角邊在第一、二象限作等腰直角和等腰直角，連結(jié)CD交，軸于點△BOD△ABCBBP化，請求出的長度．6．在等腰三角形中，＝，點是上一動點，在的延長線上取一點滿ABACBE足：＝；平分∠交于點．F1CF加以證明．（只填寫結(jié)果）．7△ABCMN2cm/s發(fā)，沿三角形的邊運動，已知點的速度為，點的速度為．當點第一次NB1tMN（）當為何值時，、兩點重合；23△AMNt8△ABC．在中，∠ACB90°＝，過點C作直線l∥AB，點B與點D關于直線l對稱，連接BD交直線于點，P連接CD．點是上一動點，點是上一動點，點從點出發(fā)，以FCDEACEA每秒1cm終點為．點從點出發(fā)，以每秒2cm的速度沿A→CC的速度沿路徑運動，EFFDD→C→B→C→D路徑運動，D終點為．點、同時開始運動，第一個點到達終點時第二個點也停止運動．∠t時的值；EMFN、△CEM≌△CFN成立的t的值．【參考答案】21②∠APB22.5°）；（）見解析；＝1【分析】（）利用非負數(shù)的性質(zhì)求解即可；∠PBF∠F（）想辦法證明＝，②過點F作FH⊥x軸1A(1,0),B(0,)解析：（1）2；（APB22.5°）①見解析；②∠＝21【分析】（）利用非負數(shù)的性質(zhì)求解即可；2（）①想辦法證明PBF＝∠F，可得結(jié)論；②如圖2中，QQFQBPB于F，F(xiàn)QFP∠過點作⊥交過點F作FH⊥x軸于H，可得等腰直角△BQF△FQHQBOAAS，證明≌△（），再證明＝即可解決問題．【詳解】解：（1）∵2a+4ab+4b2+2a+1＝，02∴（）2+（a+1）2＝，a+2b0a+2b≥0∵（）2，（），a+1≥02∴a+2b＝，＝，0a+10∴a＝﹣1，＝，b12∴A（﹣1，0），，B(01）．2（2）①證明：如圖1中，∵a+b＝，0ab∴＝﹣，OAOB∴＝，AOB90°又∵∠＝，∴∠BAO＝∠＝，ABO45°∵D與P關于y軸對稱，BDBP∴＝，∴∠BDP＝∠BPD，設∠BDP＝∠＝，BPDα則∠PBF＝∠BAP+∠BPA＝，45°+α∵PE⊥DB，∴∠BEF＝，90°∴∠F＝﹣90°∠，EBF又∠EBF＝∠ABD＝∠BAO﹣∠∴∠F＝，45°+α∴∠PBF＝∠F，∴＝PBPF．BDP45°α＝﹣，QQFQBPBF②解：如圖2中，過點作⊥交于，過點F作FH⊥x軸于H．可得等腰直角△BQF，∵∠BOQ＝∠BQF＝∠＝，F(xiàn)HQ90°∴∠BQO+∠FQH90°FQH+∠QFH＝，90°∠＝，∴∠BQO＝∠QFH，QBQF∵＝，∴△FQH≌△QBO（AAS），HQOBOA∴＝＝，HOAQPC∴＝＝，PHOCOBQH∴＝＝＝，F(xiàn)QFP∴＝，BFQ45°又∠＝，APB22.5°∴∠＝．【點睛】本題考查完全平方公式、實數(shù)的非負性、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，解題的關鍵是綜合運用相關知識解題．3．（1）60°；（2）見解析；（3）不變，△BAD≌△CAE，得∠ACE=∠B=60°；160°23解析：（）；（）見解析；（）不變，231△ADE△BADCAE【分析】（）由題意，先證是等邊三角形，再證≌△，得∠∠ACE=B=60°；2（）由題意，先求出BEC=30°CFE=90°30中度角所對直∠，然后求出∠，利用直角三角形角邊等于斜邊的一半，即可得證；（）延長AE至F，使EF=AE，連DF、CF，先證△ADF3明△EGF是等邊三角形，然后證明≌△，結(jié)合HG是定值，EHA即可得到答案．1【詳解】解：（）根據(jù)題意，∵AD＝DE，∠AED＝60°，ADE∴△是等邊三角形，∴AD=AE，∠DAE=60°，∵AB=AC，∠BAC=60°，∴BACDACDAEDAC，即BADCAE，BAD△CAE∴△≌，∴∠ACE=∠B=60°；2CF（）連，如圖：∵AB=AC=AE，∴∠AEB=∠ABE，∵∠BAC=60°，∠EAC=90°，∴∠BAE=150°，∴∠AEB=∠ABE=15°；ACE∵△是等腰直角三角形，∴∠AEC=45°，∴∠BEC=30°，∠EBC=45°，ADBCFAD∵垂直平分，點在上，CF=BF∴，F(xiàn)CB=∠EBC=45°∴∠，∴∠CFE=90°，角△中，，CFE=90°，∠CEF=30°CEF∠在直∴CE=2CF=2BF；（3）延長AE至F，使EF=AE，連DF、CF，如圖：∵∠AED＝90°，，EF=AEDE∴是中線，也是高，∴△ADF是等腰三角形，∵∠ADE＝30°，∴∠DAE=60°，∴△ADF由（1）同理可求∠ACF=∠ABC=60°ACF=∠BAC=60°是等邊三角形；，∴∠∴CF∥AB，，過E作EG⊥CF于G，延長GE交BA的延長線于點，H易證△EGF≌△EHA，EH=EG=1HG，∴2HG∵是兩平行線之間的距離，是定值，12SABE＝1S△ABC＝4323；∴△2【點睛】本題考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，垂直平分線的30性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，含度角的直角三角形的性質(zhì)，解題的關鍵是熟練掌握所學的知識，正確的作出輔助線，從而進行解題．57A(0a)B(b0)x一個動點，AC＝CD，∠ACD＝90°．．已知，，，，，點為軸正半軸上（1）已知a，b＝－4．滿足等式｜a+b｜+b2+4b①求A點和B點的坐標；②如圖1，連BD交y軸于點，H求點H的坐標；22ByE（）如圖，已知，＞，作點關于軸的對稱點，連，點為的中OFCFOFCF點，連和，請補全圖形，探究與有什么數(shù)量和位置關系，并證明你的結(jié)論．1A02B-20H0-2（）①（，），（，）；②（，）；（）⊥，，證明見解析．2CFOFCF=OF1ab【分析】（）①利用絕對值、完全平方的非負性的應用，求出、的值，即可得到答案；②過作軸垂線交的延長線于，然后證明≌△，得到OB=OH，即可得到CyBAE△CEACBD答案；2△DFGEFO△DCG（）由題意，先證明≌△，然后證明≌△，得到是等腰直角三角ACO△OCG形，再根據(jù)三線合一定理，即可得到結(jié)論成立．1【詳解】解：（）∵4b4，abb2∴abb24b40，∴ab(b2)20，∴ab，，0b20∴b2，∴a2，A02B-20∴（，），（，）；CxBAE②過作軸垂線交的延長線于，OA=OB=2AOB=90°∵，∠，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠ABO=45°，∵EC⊥BC，∴△BCEBC=EC是等腰直角三角形，BCE=90°=∠ACD，∴，∠ACE=∠DCB，∴∠AC=DC∵，CEA△CBD，∴△≌CBD=∠E=45°∴∠，∴OH=OB=2，H0-2∴（，）；2（）補全圖形，如圖：∵點B、E關于軸y對稱，OB=OE∴，a+b=0ab∵，即∴OA=OB=OEOFGFG=OF延長至使，連，，DGCGOF=FGOFE=∠DFG，EF=DF∵，∠DFG≌△EFO∴△∴DG=OE=OADGF=∠EOF，∠DGOE∴∥CDG=∠DCO；∴∠ACO+∠CAO=∠ACO+∠DCO=90°∵∠，DCO=∠CAO；∴∠CDG=∠DCO=∠CAO；∴∠CD=ACOA=DG∵，DCG≌△ACO∴△OC=GCDCG=∠ACO∴，∠∴∠OCG=90°，∴∠COF=45°，∴△OCG由三線合一定理得CF⊥OFOCF=∠COF=45°是等腰直角三角形，∵∠CF=OF∴；，【點睛】本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，非負性的應用，解題的關鍵是熟練掌握所學的知識，正確的作出輔助線進行解題．58．已知點A在x軸正半軸上，，，，其中x是方程OAOABA(x0)以為邊作等邊3122的解．23x16x2（1）求點A的坐標；（2）如圖1，點C在y軸正半軸上，AC為邊在第一象限內(nèi)作等邊ACD，連DB并延長以BEO交y軸于點E，求的度數(shù)；（3）如圖2，點F為x軸正半軸上一動點，點在點的右邊，連FA接，以FBGAy交軸于點H，當點F運動時，GHAF的值是否發(fā)，連并延長FB為邊在第FBG一象限內(nèi)作等邊生變化？若不變，求其值；若變化，求出其變化的范圍．239，；（）；（）的值是定值，．120GHAF1（）A30x31【分析】（）先求出方程的解為，即可求解；2“SAS”△CAODAB（）由可證≌△，可得DBA＝∠COA90°＝，由四邊形內(nèi)角和定理可求∠解；（）由可證≌可得OF＝AG，∠BAG3“SAS”△ABG△OBF＝∠BOF60°＝，可求∠OAH60°＝，可得AH＝6，即可求解．3122的解．1【詳解】解：（）∵x是方程23x16x2x3，解得：檢驗當x3時，，，∴x3是原方程的解，∴點A3，0；6x203x102ACD△ABO（）∵△，是等邊三角形，∴AO＝AB，AD＝AC，∠BAOCAD＝60°，＝∠∴∠CAO＝∠BAD，且AO＝AB，AD＝AC，DABSASCAO∴△≌△（）∴∠DBAABE＝90°，∵∠AOE＋∠ABE＋∠OAB＋∠BEO＝360°，∴∠BEO＝120°；＝∠COA＝90°，∴∠（）3GH?AF的值是定值，ABC△BFG理由如下：∵△，是等邊三角形，∴BO＝AB＝AO＝3，F(xiàn)B＝BG，∠BOA＝∠ABO＝∠FBG＝60°，∴∠OBF＝∠ABG，且OB＝AB，BF＝BG，ABGOBFSAS∴△≌△（），∴OF＝AG，∠BAGBOF＝60°，＝∠∴AG＝OF＝OA＋AF＝3＋AF，∵∠OAH＝180°?∠OAB?∠BAG，＝，且∠AOH＝90°，OA＝3，∴∠OAH60°∴AH＝6，∴GH?AF＝AH＋AG?AF＝6＋3＋AF?AF＝9．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了分式方程的解法，等邊三角形性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定的應用，主要考查學生運用定理進行推理的能力．ABCAKCH．等邊中，點、分別在邊、上，且，連接、交于點KHF．（）如圖，求AFB的度數(shù)；11BF，求的值；2（）連接，若AFAF2FG，則BFG的大小是3（）如圖，若點為邊的中點，連接，且2GACFG___________．2圖1231202120（）；（）；（）ABCABACBC，1【分析】（）由是等邊三角形，可得出∠BAC∠ABC∠ACB60，再利用AKCH，可證ΔABK≌ΔCAHSAS，得出CAHABKBFH，由ABKBAFCAHBAFBFH可求出，最后由補角AFB.定義求出AFB，由120可證AFC150，再利用2（）在上取點，使DBDAFBFABACABD，，可證明ΔABD≌ΔCAFSAS，進而求出CAFBDAFADBCFA150，再用補角的性質(zhì)得知120，在中利用外角的性質(zhì)可AFDAFD求出FADADBAFD30，進而證出為等腰三角形，最后可證出AFDBFBDDF2AF.即可求解3（）延長BF至E，使AFE為等邊三角形，延長FG交于，可得出CETΔABF≌ΔACESASAECAFB120而證出ΔAFG≌ΔCTGAAS，再利用證出，進，進而得出，利用角的和差得出FET60AFEAF//EC，則AF2FGAFEF，證出為等邊三角形，進而證出BFG120EFT.ABC1【詳解】（）∵是等邊三角形，ABACBC，∠BAC∠ABC∠ACB60，∴在ABK和CAH中，ABCABAK，，，AKCHACH∴ΔABK≌ΔCAHSAS，CAH∴ABK，BFH∴ABKBAFCAHBAF60，．AFB180BFH18060120∴2（）BDAF．在上取點，使DBF1由（）知AFB120，又BFC90，AFC150∴．在ABD和CAF中，CAF，，BDAF∵，ABDABAC∴ΔABD≌ΔCAFSAS，ADB∴CFA150，∴FDA30，AFD∵120，F(xiàn)AD∴，AFD30ADBFAD，F(xiàn)DA∴AFDF∴，BDAF∵，BDDFAF∴，BFBDDF2AF，∴∴:．BFAF2（）3BFG120．提示：目測即得答案．詳細理由如下：AFB120．延長BF至E，使AFE1由（）知為等邊三角形．延長交于．CETFGBAF∵FACFACCAE60，∴BAFCAE，在△BAF和CAE中，AFAEBAFCAE,ABAC∴ΔABF≌ΔACESAS，∴AECAFB120．∴AFE，F(xiàn)ET60∴AF//EC．∴FAGTCG，AFETEF60在AFG和CTG中，F(xiàn)AGTCGAGCG，F(xiàn)GATGC∴ΔAFG≌ΔCTGAAS，∴FGTG．∵，，AF2FGAFEF∴EFFT，AFETEF60∵∴EFT為等邊三角形，∴EFT60∴BFG180EFT120．【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)及等邊三角形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵.60、在平面直角坐標系中，，，，A(a0)B(0b)分別是x軸負半軸和y軸正半軸上一點，PxC點與點A關于y軸對稱，點是軸正半軸上C點右側(cè)一動點．（1）當2a2+4ab+4b2+2a+1＝0時，求，的坐標；AB（2）當a+b＝0時，①如圖1，若D與P關于yPEDB軸對稱，⊥并交延長DBEAB線于，交的延長線于，F(xiàn)求2Bx∠1（1）A(1,0),B(0,)；（2）①見解析；②∠＝APB22.5°2【分析】（1）利用非負數(shù)的性質(zhì)求（2）①想辦法證明∠PBF＝∠F，可得結(jié)論；②如圖FFHx△BQF△FQH≌△QBO（AASFQFP），再證明＝解即可；2QQFQBPBF中，過點作⊥交于，H過點作⊥軸于，可得等腰直角，證明即可解決問題．12a2+4ab+4b2+2a+1＝，0【詳解】解：（）∵∴（a+2b）2+（a+1）2＝，∵（a+2b）2≥0，（a+1）2≥0，∴a+2b＝，＝，0a+100∴a＝﹣1，＝，b12∴A（﹣1，0），，B(01）．2（2）①證明：如圖中，1∵a+b＝，0∴a＝﹣b，∴OA＝，OB又∵∠AOB＝，90°∴∠BAO＝∠＝，ABO45°∵D與P關于軸∴BD＝，BP∴∠BDP＝∠BPDy對稱，，設∠BDPBPD＝α，＝∠則∠PBF＝∠BAP+∠BPA＝45°+α，∵PE⊥DB，∴∠BEF＝90°，∴∠F＝90°﹣∠EBF，又∠EBF＝∠ABD＝∠BAO﹣∠BDP＝45°﹣α，∴∠F＝45°+α，∴∠PBF＝∠F，∴PB＝PF．②解：如圖2中，過點Q作QF⊥QB交PB于F，過點F作FH⊥x軸于H．可得等腰直角△BQF，∵∠BOQ＝∠BQF＝∠FHQ＝90°，∴∠BQO+∠FQH＝90°，∠FQH+∠QFH＝90°，∴∠BQO＝∠QFH，∵QB＝QF，∴△FQH≌△QBO（AAS），∴HQ＝OB＝OA，∴HO＝AQ＝PC，∴PH＝OC＝OB＝QH，∴FQ＝FP，又∠BFQ＝45°，∴∠APB＝22.5°．【點睛】本題考查完全平方公式、實數(shù)的非負性、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，解題的關鍵是綜合運用相關知識解題．61．如圖，已知CD是線段AB的垂直平分線，垂足為D，C在D點上方，∠BAC=30°，P是直線CD上一動點，E是射線AC上除A點外的一點，PB=PE，連BE．（1）如圖1，若點P與點C重合，求∠ABE的度數(shù)；（2）如圖2，若P在C點上方，求證：PD+1AC=CE；2（3）若AC=6，CE=2，則PD的值為（直接寫出結(jié)果）．1ABE=90°2PD+1AC=CE，見解析；（）31根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)和等邊三角形的判定與性質(zhì)得到：△BPE三角形，則∠CBE=60°，故∠ABE=90°（）∠；（）21【分析】（）為等邊；2（）如圖2，過P作PH⊥AE于H，連BC，作PG⊥BC交BC的延長線于G，構(gòu)造含30度角的直角△PCG、直角△CPH以及全等三角形（Rt△PGB≌Rt△PHE），根據(jù)含30度的直角三角形的性質(zhì)和全等三角形的對應邊相等證得結(jié)論；11PD=AC+CE或PD=CE-AC，將數(shù)值代的解題思路得到223（）2分三種情況討論，根據(jù)（）入求解即可．1【詳解】（）解：如圖1，∵點P與點C重合，CD是線段AB的垂直平分線，∴PA=PB，∴∠PAB=∠PBA=30°，∴∠BPE=∠PAB+∠PBA=60°，∵PB=PE，∴△BPE為等邊三角形，∴∠CBE=60°，∴∠ABE=90°；2（）如圖2，過P作PH⊥AE于H，連BC，作PG⊥BC交BC的延長線于G，∵CD垂直平分AB，∴CA=CB，∵∠BAC=30°，∴∠ACD=∠BCD=60°，∴∠GCP=∠HCP=∠BCE=∠ACD=∠BCD=60°，∴∠GPC=∠HPC=30°，11∴PG=PH，CG=CH=CP，CD=AC，22在Rt△PGB和Rt△PHE中，PGPHPBPE，∴Rt△PGB≌Rt△PHE（HL）．∴BG=EH，即CB+CG=CE-CH，11∴CB+CP=CE-CP，即CB+CP=CE，22CB=AC又∵，1∴CP=PD-CD=PD-AC，21∴PD+AC=CE；21（3）①當P在C點上方時，由（2）得：PD=CE-AC，2當AC=6，CE=2時，PD=2-3=-1，不符合題意；②當P在線段CD上時，PGBCBC于G，如圖3，過P作PH⊥AE于H，連BC，作⊥交此時Rt△PGB≌Rt△PHE（HL），∴BG=EH，即CB-CG=CE+CH，11∴CB-CP=CE+CP，即CP=CB-CE，22CB=AC又∵，1∴PD=CD-CP=AC-CB+CE，21∴PD=CE-AC．2當AC=6，CE=2時，PD=2-3=-1，不符合題意；③當P在D點下方時，如圖4，1PD=AC-CE，2當，時，PD=3-2=1．AC=6CE=21故答案為：．30【點睛】本題主要考查了三角形綜合題，綜合運用全等三角形的判定與性質(zhì)，含度角直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識點，難度較大，解題時，注意要分類討論．62AB．在平面直角坐標系中，點的坐標是，點的坐標且，滿足ab(0,a)(b,0)a212a36ab0．1AB（）求、兩點的坐標；21CxDyEOCOBBDAC（）如圖（），點為軸負半軸一動點，，于，交軸于點，求證：平分CDB．OD32FG（）如圖（），點為的中點，點為正半軸點右側(cè)的一動點，過點作的xFABBFGyHG垂線，交軸的負半軸于點，那么當點的位置不斷變化時，S△S△FBG的值是FHAFH?否發(fā)生變化若變化，請說明理由；若不變化，請求出相應結(jié)果．1，，23（），；（）證明見解析；（）不變化，A(06)B(60)SS9．FBGAFH1abAB【分析】（）由非負性可求，的值，即可求、兩點的坐標；2（）過點作OMNOMBDONAC于，于，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)解答即可；3FAOBOF（）由于點是等腰直角三角形的斜邊的中點，所以連接，得出．∠OF=BFBFO=∠GFH，進而得出∠OFH=∠BFG，利用等腰直角三角形和全等三角形的判定和性質(zhì)以三及角形面積公式解答即可．∵a12a36ab＝01【詳解】解：（）2∴(a6)2ab＝0，a60∴，即．a(chǎn)b6ab0∴A(0，6)，B(6，0)．2（）如圖，過點作OMNOMBDONAC于，于，ACOCAO=90．根據(jù)題意可知∵，BDACBCD∴CBE=90，CAO=CBE∵A(0，6)，B(6，0)，OAOB6∴．∴＝＝．CAOEBO在△和中，OAOBAOCBOE90，AOC△BOE（）BOEASA．∴AOC∴＝，AC＝BE，S=S．OEOCAOCBOE∴1ACON21BEOM，2OMON∴＝，O∴點一定在CDB的角平分線上，∠即OD平分∠CDB．3（）如圖，連接OF，AOBFAB的中點，∵是等腰直角三角形且點為∴，OF＝FB，平分∠OFABOFAOB．∴OFB＝OFH＝HFB90．又∵FGFH，HFG∴BFGHFB90，OFH∴＝BFG．1AOB45，∵FOB2FOHFOBHOB4590135．∴又∵FBG180ABO180﹣45135，F(xiàn)OH∴FBG．OFHBFG在△FOH和△FBG中OFBF，F(xiàn)OHFBGFBG（ASA）．∴FOH∴S＝S，F(xiàn)OHFBGFBGSS﹣SAFHS12S669．11OAOB1∴SAFH224FOHFOAAOBS9．FBG故不發(fā)生變化，且SAFH【點睛】本題為三角形綜合題，考查非負數(shù)的性質(zhì)，角平分線的判定，等腰直角三角形的性質(zhì)和判定、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，正確添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．63．如圖1，在平面直角坐標系中，＝，∠AOABBAO90°BO8cm＝，＝，動點D從原點O出發(fā)沿x軸正方向以acm/s的速度運動，動點E也同時從原點O出發(fā)在y軸上以bcm/s的速度運動，且，＝，連接OD，，OE設運動的時間為t秒．a(chǎn)b滿足關系式a2+b2﹣4a﹣2b+50（1）求a，b的值；（2）當t為何值時，≌△OAE；△BAD（3）如圖2，在第一象限存在點P，使∠AOP30°APO15°＝，∠＝，求∠ABP．8（1）a＝，＝2b1；（2）t＝或t＝8；（3）∠ABP＝105°．3【分析】（1）將a+b2﹣4a﹣2b+50＝用配方法得出（a﹣2）2+（b﹣1）2＝，0利用非負數(shù)2的性質(zhì)，即可得出結(jié)論；（2）先由運動得出BD＝|8﹣2t|，再由全等三角形的性質(zhì)的出貨BD＝，OE建立方程求解即可得出結(jié)論．3△OAPBAQSASOPBQ（）先判斷出≌△（），得出＝，ABQAOP30°AQB＝∠＝，∠＝∠∠APO15°OAP135°再求出＝，△OAQBAQSAS進而判斷出≌△（），得出OQA＝∠BQA＝，∠∠15°OQBQ＝，＝，△OPQ再判斷出是等邊三角形，得出OQP60°BQP＝∠＝，進而求出∠30°PBQ75°，再求出∠＝，即可得出結(jié)論．1【詳解】解：（）a+b﹣4a﹣2b+5＝，022∵a2+b10∴（﹣）（2﹣）＝，2∴a﹣2＝，0b﹣1＝，0∴a＝，＝2b1；2（）知，＝，＝，1a2b1由（）OD2tOEt由運動知，＝，＝，∵OB＝，8∴DB＝|8﹣2t|BAD△OAE∵△≌，∵DB＝，OE∴|8﹣2t|＝，t8解得，＝（如圖1）或t＝（8如圖2）；t3（）如圖3，過點A作AQ⊥AP，使AQ＝，AP連接則∠APQ45°PAQ90°3OQ，，，BQPQ＝，＝，∠∵∠OAB＝，90°∴∠PAQ＝∠OAB∴∠OAB+∠BAP，PAQ+∠BAP，＝∠即：∠OAP＝∠BAQ，∵OA＝，＝，ABADADOAPBAQSAS∴△≌△（），∴OP＝，BQAOP30°APO15°中，∠＝，∠＝，∠ABQ＝∠＝∠＝，AOP30°AQBAPO15°＝，∠在△AOP∴∠OAP＝180°﹣∠AOP﹣∠APO＝，135°∴∠OAQ＝360°﹣∠OAP﹣∠PAQ135°90°135°OAP＝﹣＝＝，∠∵OA＝，＝，ABADADOAQBAQSAS∴△≌△（），∴∠OQA＝∠＝，＝，BQA15°OQBQ∵OP＝，BQ∴OQ＝，OP∵∠APQ45°APO15°＝，＝，∠∴∠OPQ＝∠APO+∠APQ＝，60°OPQ∴△是等邊三角形，∴∠BQP＝∠OQP﹣∠OQABQA＝60°﹣15°﹣15°＝30°，﹣∠64．如圖1，在平面直角坐標系中，點A0,a2，，Cb6,b,b2ab2b216b640，連接AB，AC，AC交x軸于D點．2a（1）求點的坐標；C（2）求證：OACABO45；（3）如圖2，點E在線段AB上，作軸于G點，交AC于F點，若EGAO，求EGy證：EFODAG．（1）C2,8；（2）證明見解析；（3）證明見解析．【分析】（1）由非負性可求a，b的值，即可求解；（2）由“SAS”可證△ABP≌△BCQ，可得AB=BC，∠BAP=∠CBQ，可證△ABC是等腰直角三角形，可得∠BAC=45°（3）由“AAS”可證△ATO≌△EAG，可得AT=AE，OT=AG，由“SAS”可證△TAD≌△EADTD=ED，∠TDA=∠EDA，由平行線的性質(zhì)可得∠EFD=∠EDF，可得EF=EDa-2ab+2b2-16b+64=0，，可得結(jié)論；，可得，即可得結(jié)論．【詳解】解：（1）∵2∴（a-b）2+（b-8）2=0，a=b=8∴，b-6=2∴，C2-8∴點（，）；2a=b=8（）∵，A06B80C2-8∴點（，），點（，），點（，），AO=6OB=8∴，，1BPQxAAPPQPQP如圖，過點作⊥軸，過點作⊥，交于點，過點作⊥，交CCQPQPQQ于點，AOBP∴四邊形是矩形，∴AO=BP=6，AP=OB=8，B80C2-8∵點（，），點（），CQ=6BQ=8∴，，AP=BQCQ=BP∴，，APB=∠BCQ又∠∴△ABP≌△BCQ（），SASAB=BC∴，BAP=∠CBQ，∠BAP+ABP=90°∵∠∠，ABP+CBQ=90°∴∠∠，ABC=90°∴∠，∴△ABC是等腰直角三角形，BAC=45°∴∠，OAD+∠ADO=∠OAD+∠BAC+∠ABO=90°∵∠OAC+ABO=45°；，∴∠∠（）如圖，過點作⊥，交軸于，連接ED，ATAB32AxTTAE=90°=∠AGE，∴∠ATO+∠TAO=90°=∠TAO+∠GAE=∠GAE+∠AEG，∴∠ATO=∠GAE，∠TAO=∠AEG，∴∠又∵EG=AO，∴△ATO≌△EAG（AAS），∴，AT=AEOT=AG，∵∠BAC=45°，TAD=∠EAD=45°，∴∠又∵AD=AD∴△TAD，≌△EAD（SAS），TD=ED∴，∠TDA=∠EDA，∵EG⊥AG，∴EG∥OB，EFD=∠TDA，∴∠EFD=∠EDF，∴∠EF=ED∴，∴EF=ED=TD=OT+OD=AG+OD，∴EF=AG+OD．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，添加恰當輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關鍵．65．（1）模型：如圖1，在ABC中，AD平分BAC，DEAB，DFAC，求證：S△ADB:SAB:AC．△ADCEAC（2）模型應用：如圖2，AD平分交BC的延長線于點D，求證：AB:ACBD:CD．，DE180，求證：（3）類比應用：如圖3，AB平分DAE，AEADBE:CDAB:AC．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析；121ACDF2【分析】（1）由題意得DE=DF，SADBABDE，SADC，即可得出S：ADB=AB：AC；SADCBDDE2ABEAE=AC△ACD（）在上取點，使得，根據(jù)題意可證≌△，從而可求出，AEDABAEBDCD，即可求解；ABAD3BEMEM=DCAM△ADC（）延長至，使，連接，根據(jù)題意可證≌△，故而得出為AEMAEABAMAC∠BAM的角平分線，即BEEMDC，即可得出答案；∵平分∠BAC，DE⊥AB，DE⊥AC，1AD【詳解】解：（）∴DE=DF，12ABDESADCACDF1∵SADB，，2∴S：S=AB：AC；ADBADC2ABEAE=ACDE（）如圖，在上取點，使得，連接又∵AD平分∠CAE∴∠CAD=∠DAE，ACD△AED中，，在△和ACAECADDAE，ADAD∴△≌△（），∴CD=DE且∠ADC=∠ADE，BDDEACDAEDSAS∴，，ABAE∴BDCDABAD∴AB：AC=BD：CD；3BEMEM=DCAM（）如圖延長至，使，連接，∵∠D+∠AEB=180°，又∵∠AEB+∠AEM=180°，∴∠D=∠AEM，在△ADC△AEM中，與∴△≌△（），AEMSASDAC=∠EAM=∠BAE，AC=AM，∴∠∴AE為∠BAM的角平分線，故ABAMACBEEMDC，BECD=ABAC∴：：；【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、以及三角形的面積的應用，正確掌握知識點是解題的關鍵；66．如圖，中，RtABCBAC90，ABAC．EBA△DAC△；（）如圖1，，，求證：1AE⊥AEADBE2（）如圖2，AFDCEB，AFCE，請直接用幾何語言寫出BE、DA的位置關系____________；3（）2中的結(jié)論．證明（）1（）23見解析；（）BE⊥DA；（）見解析1根據(jù)垂直的定義可得∠ADC=∠E=90°，根據(jù)余角的性質(zhì)可得∠ACD=∠BAE，【分析】（）然后根據(jù)AAS即可證得結(jié)論；2（）由于要得出BE、DA作⊥于點C，延長CPAC（）如圖，的位置關系，結(jié)合圖形可猜想：BE⊥DA；3于點P，先證明△BAE≌△，可得∠3=∠FD交CPFCPPAB=CP，，然后證明△ACD≌△，可得∠4=∠P，進一步即可推出∠4+∠2=90°，問題得PCD證．1【詳解】解：（）證明：∵ADAE，，⊥BEAEADC=∠E=90°，∠DAC+∠ACD=90°，∴∠∵BAC90，DAC+∠BAE=90°，∴∠ACD=∠BAE，∴∠在△DAC和△EBA中，∵∠ADC=∠E，∠ACD=∠BAE，AC=AB，∴△DAC△EBA（AAS）；（2）結(jié)合圖形可得：BE⊥DA；故答案為：BE⊥DA；（3）證明：如圖，作CP⊥AC于點C，延長FD交CP于點P，∵AF=CE，AE=CF∴，∵AFDCEB，∴∠1=∠2，∵∠BAE=∠FCP=90°，∴△BAE≌△FCP，∴∠3=∠P，AB=CP，∵BAC90，ABAC，ABC=∠ACB=45°，∴∠∵∠PCP=90°，AB=CP，F(xiàn)CD=45°，AC=PC，∴∠ACB=∠PCD，∴∠∵CD=CD，∴△ACD≌△PCD∴∠4=∠P，∵∠3=∠P，∴∠3=∠4，，∵∠3+∠2=90°，，∴∠4+∠2=90°∴∠AGE=90°，即BE⊥DA．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，正確添加輔助線、熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．267．如圖，在平面直角坐標系中，點A(a，0)，B(0，b)，且a，b滿足（1）直接寫出a______，b______；9xy．43xyb5a6AOB內(nèi)一點，OPBP．（2）連接AB，P為①如圖1，過點O作OCOP，且OPOC，連接CP并延長，交AB于D．求證：ADBD；MBOABP，點P(2n，?n)，試求②如圖2，在PO的延長線上取點，連接BM．若M點的坐標．M63（1）3，；（2）①見解析；②的坐標為(，)3M55【分析】（1）先利用冪的乘方和積的乘方化簡，再利用單項式的性質(zhì)求解即可；（2）①連接AC，過點B作BN⊥BP，交CP的延長線于點N，利用SAS證明△OPB≌△OCA，再證明△BNP為等腰直角三角形，利用AAS證明△ACD≌△BND，即可證明AD=DB；②作出如圖所示的輔助線，證明△BMP為等腰直角三角形，利用AAS證明△PBF≌△MPE，求得E(2n，n)，M(3n?3n)，，證明點M，E關于y軸對稱，得到3n?3+2n=0，即可求解．2【詳解】（1）∵9xy，43xyb5a69xy，64∴2a2b109xy∴2a6，2b104，3，b3，解得：a故答案為：3，3；（2）①連接AC，COP=∠AOB=90°∵∠，∴∠COP-∠AOP=∠AOB-∠AOP，∴COAPOB，在△OPB和△OCA中，COPOCOAPOB，OAOB∴△OPB≌△OCA(SAS)，∴AC=BP，∠OCA=∠OPB=90°過點B作BN⊥BP，交CP的延長線于點N，∵∠COP=90°，OP=OC，，∴∠OCP=∠OPC=∠ACP=45°，∵∠OPB=90°，∴∠BPN=45°∴△BNP∴∠BPN=∠N=45°，∴BN=BP=AC，為等腰直角三角形，，在△ACD和△BND中，ADCBDNACDN45，ACBN∴△ACD≌△BND(AAS)∴AD=DBAOB=90°，AO=OB，，；②∵∠∴△AOB為等腰直角三角形，∴∠OBA=45°，∵∠MBO=∠ABP，∴∠MBO+∠OBP=∠ABP+∠OBP=∠OBA=45°，∴∠MBP=45°∵OP⊥BP，∴△BMP，為等腰直角三角形，MP=BP∴，PyEFMBMEEFEBFEFFEFx過點作軸的平行線，分別過，作⊥于，⊥于，交軸于，GMEyHOE交軸于，連接，∴∠MPE+∠EMP=∠MPE+∠FPB=90°，∴∠EMP=∠FPB，在△PBF和△MPE中，PFBMEP90FPBEMPPBPM，∴△PBF≌△MPE(AAS)，BF=EPPF=ME∴，，∵P(2n，，?n)∴BF=EP=EH=2n，PG=EG=n，PF=ME=3?n，∴MH=ME-EH=3?n?2n=3?3n，E(2nn)M(3n?3n)∴，，，，PEx∴點，關于軸對稱，OE=OPOEP=∠OPE，∴，∠同理OM=OEME，點，關于軸y對稱，∴3n?3+2n=0，解得n，即點的M坐標為(，3)．36555【點睛】本題考查了坐標與圖形、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，利用全等三角形的性質(zhì)解決問題．A0,5,B1,0，點ABAC，68在第一象限，BAC90．在平面直角坐標系中，C（1）如圖1，求點的坐標．CC22DE3PAB（）若點在第二象限，且為等腰直角三角形，請直接寫出所有滿足條件的點的PP（）5,4；（）見解析；（）5,6或或6,13,31C231【分析】（）作CMOAABO≌CAM，求出CM和OM的長，即可得垂足為，證明MC到點坐標；（）延長CE,BA相交于點，先證明ABD≌ACF（）ASA，得BD=CF，再證明FBCE≌BFE（ASA），得CE=EF，即可證明2結(jié)論；3（）分情況討論，畫出對應的等腰直角三角形的圖象，做輔助線構(gòu)造全等三角形，求出點P坐標．【詳解】解：1如圖中，作垂足為，1MCMOAAOBBAC90，BAOCAM90，BAOABO90，ABOCAM，在和CAM中，ABOABOCAMAOBAMC，ABACABO≌CAM，MCAO5，AMBO1,MOAOAM4,5,4點坐標C；2如圖2，延長CE,BA相交于點F，EBFF90EBFACF，，ACFF90，ACFABD在和中，EBFACFABAC，BACCAFABD≌ACF（ASA），BDCF，BCEBFE在和中，EBFEBCBEBE，CEBFEBBCE≌BFE（ASA），CEEF，BD2CE；3（）①如圖，，BAP90PDPDy，過點作軸于點，APAB在和△中，ABOPADABOPADAOBPDA，ABPA∴ABOPADAAS，BOAD1AOPD5，∴∴，ODADAO156，∴P5,6；②如圖，，90，過點作軸于點，ABPPDxBABPPD在和中，ABO△BPDABOBPDAOBBDP，ABBP∴ABOBPDAAS，BOPD1AOBD5，∴∴，DOBDBO516，∴P6,1；③如圖，，90，過點作軸于點，過點作于點，PExPAPBPAPBEAADPEDAPD∵BPE90PAD90，，APD∴BPEPAD，在BPE和△PAD中，BPEPADBEPPDA，BPPA∴BPEPADAAS，，PEADy，BEPDx設BEBOADPDPEAO，，∵x1y∴xy5x2y3，解得，PE3∴，，OE3∴P3,3；6,1或3,3．的坐標是5,6或P綜上：點【點睛】本題考查坐標和幾何綜合題，解題的關鍵是掌握作輔助線構(gòu)造全等三角形的方法，利用全等三角形的性質(zhì)求解點坐標，掌握數(shù)形結(jié)合的思想．69．閱讀下列材料，完成相應任務．數(shù)學活動課上，老師提出了如下問題：ABC1如圖，已知中，AD是BC邊上的中線．ABAC2AD．智慧小組的證法如下：BDEABAC2AD．∴“AD“”“，，轉(zhuǎn)化到一個三角形中，進而解決問題，這種方法叫做倍長中線法．倍長”中線法多用于構(gòu)造全等三角形和證明邊之間的關系．3_____________；任務二：如圖，，，則的取值范圍是43ACRtABE任務三：如圖，在圖的基礎上，分別以和為邊作等腰直角三角形，在AB中，BAE90，；ABAE∠CAF90ACAF，．連接EF．試探究中，RtACFEF與AD的數(shù)量關系，并說明理由．1“”“SAS”任務一：依據(jù)：兩邊和它們的夾角分別相等的兩個三角形全等（或邊角邊或）；1依據(jù)：三角形兩邊的和大于第三邊；任務二：7；任務三：EF=2AD，見解析2＜＜AD221【分析】任務一：依據(jù)：根據(jù)全等的判定方法判斷即可；2依據(jù)：根據(jù)三角形三邊關系判斷；任務二：可根據(jù)任務一的方法直接證明即可；任務三：根據(jù)任務一的方法，延長中線構(gòu)造全等三角形證明線段關系即可．【詳解】解：任務一：1“”“SAS”依據(jù)：兩邊和它們的夾角分別相等的兩個三角形全等（或邊角邊或）；2依據(jù)：三角形兩邊的和大于第三邊．17＜＜AD2任務二：2任務三：EF=2AD．理由如下：如圖延長至，使DG=AD，ADGADBC∵是邊上的中線BD=CD∴BDCD在△和中BDACDGABD△CGDADDGABDCGD∴△≌△AB=CGABD=∠GCD∴，∠AB=AE又∵AE=CG∴在△中，∠，ABCABC+∠BAC+∠ACB=180°GCD+∠BAC+∠ACB=180°∴∠BAE=90°，∠CAF=90°又∵∠EAF+∠BAC=360°-（∠BAE+∠CAF）=180°∴∠EAF=∠GCD∴∠在△EAF和△GCA中AECGEAFGCAAFAC∴△EAF≌△GCAEF=AG∴∴EF=2AD．【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，倍長中線法，構(gòu)造全等三角形是解本題的關鍵．Ba,0，且70、如圖，在平面直角坐標系中，已知點Aa1,ab，ab3a2b20C，為x軸上點B右側(cè)的動點，以AC為腰作等腰△ACD，使yADAC，CADOAB，直線DB交軸于點P．（1）求證：AOAB；（2）求證：△AOC≌△ABD；（3）當點運動時，點P在軸上的位置是否發(fā)生變化，為什么？yC（1）見解析；（2）見解析；（3）不變，理由見解析于點E，由SAS定理得出b【分析】（1）先根據(jù)非負數(shù)的性質(zhì)求出a、的值，作AEOBAEOAEB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；（2）先根據(jù)CADOAB，得出OACBAD，再由SAS定理即可得出AEOAEB；，由全等三角形的性質(zhì)可得出ABDAOB，故（3）設AOBABOOBP180ABOABD1802為定值，再由OB2，POB90可知OP的長度不變，故可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）證明：ab3(a2b)20，ab30a6a2b0，解得b3，A(3,9)，B(6,0)，作AEOB于點E，A(3,9)，B(6,0)，AEAEAEOAEB90，OEBEAEOAEB，AOAB；2（）證明：，CADOABCADBACOABBAC，即OACBAD，ABD在AOC與中，OAABOACBAD，ACADAOCABD(SAS)；3y（）點在軸上的位置不發(fā)生改變．PABO，AOB理由：設AOC2由（）知，ABD，ABDAOB，，OB2，OBP180ABOABD1802為定值，POB90∴OP長度不變，y點在軸上的位置不發(fā)生改變．P【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，熟知全等三角形的判定定理是解答此題的關鍵．71△ACB△DCEADE．如圖，和均為等腰三角形，點，，在同一直線上，連接．BE11（）如圖，若CAB＝∠CBA＝∠CDE＝∠CED＝50°．∠①求證：AD＝BE；AEB②求∠的度數(shù)．（2）如圖2，若∠ACB＝∠DCE＝90°，CF為△DCE中DE邊上的高，試猜想AE，CF，BE之間的關系，并證明你的結(jié)論．（1）①見解析；②80°；（2）AE＝2CF+BE【分析】（1）①通過角的計算找出∠ACD=∠BCE，再結(jié)合△ACB和△DCE均為等腰三角形可得出“AC=BC，DC=EC”，利用全等三角形的判定（SAS）即可證出△ACD≌△BCE得出結(jié)論AD=BE，理由見解析．，由此即可；②結(jié)合①中的△ACD≌△BCE可得出∠ADC=∠BEC，再通過角的計算即可算出∠AEB的度數(shù)；（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合頂角的度數(shù)，即可得出底角的度數(shù)，利用（1）的結(jié)論，通過解直角三角形即可求出線段AD、DE的長度，二者相加即可證出結(jié)論．【詳解】（1）①證明：∵∠CAB＝∠CBA＝∠CDE＝∠CED＝50°，∴∠ACB＝∠DCE＝180°﹣2×50°＝80°，∵∠ACB＝∠ACD+∠DCB，∠DCE＝∠DCB+∠BCE，∴∠ACD＝∠BCE，∵△ACB，△DCE都是等腰三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，在△ACD和△BCE中，ACBCACDBCE，DCEC∴△ACDBCE（SAS），≌△∴AD＝BE．②解：∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠BEC，∵點A、D、E在同一直線上，且∠CDE＝50°，∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝130°，∴∠BEC＝130°，∵∠BEC＝∠CED+∠AEB，∠CED＝50°，∴∠AEB＝∠BEC（2）結(jié)論：AE＝2CF+BE理由：∵△ACB，△DCE都是等腰直角三角形，∴∠CDECED＝45°，∵CF⊥DE，CFD＝90°，DF＝EF＝CF，﹣∠CED＝80°．．＝∠∴∠∵AD＝BE，∴AE＝AD+DE＝BE+2CF．【點睛】本題主要考查等腰三角形的性質(zhì)以及三角形全等的證明，正確理解等腰三角形的性質(zhì)以及三角形全等的證明是本題的解題關鍵．a(chǎn)2abb2適當?shù)淖冃?，可以解決很多的數(shù)學問題．．完全平方公式：22ab3,ab1，求b2的值．例如：若a2ab3,ab1解：因為ab所以9,2ab22ab2ab9,2ab2所以22得ab7．22根據(jù)上面的解題思路與方法，解決下列問題：1xy8,x2y40，求的值；xy（）若24xx5,則2（）①若4x2x2；4x5x8則2(4x)5x2；②若CAB6，兩正3（）如圖，點是線段AB一點，以為邊向兩邊作正方形，上的ACBC、設方形的面積和SS18，求圖中陰影部分面積．129321122（）；（）617①；②；（）1【分析】（）根據(jù)完全平方公式的變形應用，解決問題；2（）代入計算；①兩邊平方，再將(4x)x5②兩邊平方，再將4x5x8代入計算；ACBC6，，兩邊平方3（）由題意可得：從而得到，即可算出ACBC218ACBC92結(jié)果．【詳解】解：（）xy8；(xy)282；1x22xyy264；又；xy40222xy64(x2y2)，2xy644024，∴xy12．2，（）①(4x)x4[(4x)x]242[(4x)x]2(4x)22(4x)xx216；又，(4x)x5(4x)2x2162(4x)x16256．②由1，(4x)(5x)[(4x)(5x)]2(4x)22(4x)(5x)(5x)2(1)2；又，(4x)(5x)8(4x)2(5x)212(4x)(5x)12817．3（）由題意可得，，；ACBC6ACBC2182(ACBC)262，AC2ACBCBC236；22ACBC36(AC2BC2)361818，ACBC9；圖中陰影部分面積為直角三角形面積，BCCF，S1ACCF29．2ACF1【點睛】本題主要考查了完全平方公式的適當變形靈活應用，（）可直接應用公式變形解2決問題．（）①②小題都需要根據(jù)題意得出兩個因式和或者差的結(jié)果，合并同類項得①(4x)x4(4x)(5x)1是解決本題的關鍵，再根據(jù)完全平方公式變形應用得出，②318答案．（）根據(jù)幾何圖形可知選段，再根據(jù)兩個正方形面積和為，利用完ABBC6全平方公式變形應用得到ACBC9，再根據(jù)直角三角形面積公式得出答案．73ABxy．在平面直角坐標系中，直線分別交軸、軸于點（，）、點（，），且A–a0B0bab、滿足a+b–4a–8b+20=0PABAPB45°，點在直線的右側(cè)，且∠＝．22（）1a＝；b＝．2（）PxBP畫出圖形（為P虛線），并若點在軸上，請在圖中寫出點的坐標；3P的坐標；若不存在，請說明理由．1242403P42（），；（）見解析，（，）；（）（，）或（，﹣）．221a【分析】（）將已知等式變形，利用乘方的非負性即可求出值；21OBAPB45°（）根據(jù)題意畫出圖形，由（）得出的長，結(jié)合∠＝，得出＝，可得點OPOBB的坐標；3ABP90°BAP90°（）分當∠＝時和當∠＝時兩種情況進行討論，結(jié)合全等三角形的判定和性P.質(zhì)即可求出點坐標1a+b–4a–8b+20=0，【詳解】解：（）∵22a–4a+4+b–8b+160∴（）（）＝，22a–2+b–40∴（）（）＝22a2b4∴＝，＝，24故答案為：，；211（）如圖，由（）知，＝，b4B04∴（，），OB4∴＝，PABx點在直線的右側(cè)，且在軸上，APB45°∵∠＝，OPOB4∴＝＝，P40∴（，），40故答案為：（，）；3（）存在．理由如下：1a2b4由（）知＝﹣，＝，A20B04∴（﹣，），（，），OA2OB4∴＝，＝，ABPAPB45°∵△是直角三角形，且∠＝，ABP90°BAP90°∴只有∠＝或∠＝，2ABP90°Ⅰ、如圖，當∠＝時，APBBAP45°∵∠＝∠＝，ABPB∴＝，PPCOBC過點作⊥于，BPC+CBP90°∴∠∠＝，CBP+ABO90°∵∠∠＝，ABOBPC∴∠＝∠，在△和中，AOB△BCPAOBBCP90ABOBPC，ABPBAOBBCPAAS∴△≌△（），PCOB4BCOA2∴＝＝，＝＝，OCOBBC2∴＝﹣＝，P423BAP90°∴（，），Ⅱ、如圖，當∠＝時，P'P'DOAD過點作⊥于，ADP'△BOA同Ⅰ的方法得，≌，△DP'OA2ADOB4∴＝＝，＝＝，ODADOA2∴＝﹣＝，P'22∴（，﹣）；P42即：滿足條件的點（，）22或（，﹣）；【點睛】本題考查了非負數(shù)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，難度不大，解題的關鍵是要根據(jù)直角三角形的性質(zhì)進行分類討論.74．請按照研究問題的步驟依次完成任務．【問題背景】（）如圖形我們把它稱為“8字形”，請說理證明∠∠∠∠A+B=C+D．11的圖【簡單應用】（）如圖，、分別平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC=20°，∠ADC=26°，求∠P的度數(shù)22APCP1（可直接使用問題（）中的結(jié)論）【問題探究】（）如圖，直線AP33BAD平分∠的外角∠FADCP，平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC=36°，∠ADC=16°，猜想∠P的度數(shù)為；【拓展延伸】114（）4中，若設∠C=x，∠B=y，∠CAP=∠CAB，∠CDP=∠CDB，試問∠P與∠C、在圖33∠B之間的數(shù)量關系為（用、xy表示∠P）；55APBADCP（）在圖中，平分∠，平分∠BCD的外角∠BCE，猜想∠P與∠B、D的關系，直接寫出結(jié)論．2xy1（）2見解析；（）P=23o3；（）P=26o4；（）P=5；（）∠∠∠∠3P=180BD．2【分1析】（）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可證明；22（）如圖，線的性質(zhì)得到∠1=∠2，∠3=∠4，列方程組即可得到結(jié)論；根據(jù)角平分3（）APBAD平分的外角∠FADCPBCD的外角∠BCE，推出∠1=∠2，∠3=∠，平分∠由∠4，推出∠PAD=180°-2∠，∠∠，由∠P+（∠180°-1）=∠D+（∠180°-3），PCD=180°-3∠P+∠1=∠B+∠4，推出2∠P=∠B+∠D，即可解決問題；11B+CAB=∠C+∠BDC，再結(jié)合∠CAP=∠CAB，∠CDP=∠CDB，得334（）根據(jù)題意得出∠∠13113到y(tǒng)+（∠CAB-∠CAB=P+）∠（∠BDC-∠CDBP=y+∠CAB-），從而可得∠∠CAB-∠32xy1CDB+∠CDB=；335（）B+BAD=∠D+∠BCD根據(jù)題意得出∠∠，∠∠，再結(jié)合APDAP+∠P=∠PCD+D平分∠BADCP（∠180°-BCD）]+∠D，BCD，平分∠的外角∠BCE，得到1∠BAD+P=[BCD+1∠∠22∠BAD+∠D=180BD.P=90°+1∠∠BCD-12所以22【詳解】解：（1）證明：在△AOB中，∠A+∠B+∠AOB=180°，在△COD中，∠C+∠D+∠COD=180°，∵∠AOB=∠COD，∴∠A+∠B=∠C+∠D；（2）解：如圖2，∵AP、CP分別平分∠BAD，∠BCD∴∠1=∠2，∠3=∠4，，P31B①由（1）的結(jié)論得：P24D②，①+②，得2∠P+∠2+∠3=∠1+∠4+∠B+∠D，∴∠P=1（∠B+∠D）=23°；2（3）解：如圖3，∵AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE∴∠1=∠2，∠3=∠4，，∴∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，∵∠P+（180°-∠1）=∠D+（180°-∠3），∠P+∠1=∠B+∠4，∴2∠P=∠B+∠D，∴∠P=12（∠B+∠D）=1×（36°+16°）=26°；2故答案為：26°；B+CAB=∠C+∠BDC，（4）由題意可得：∠∠即y+∠CAB=x+∠BDC，即∠CAB-∠BDC=x-y，∠B+∠BAP=∠P+∠PDB，即y+∠BAP=∠P+∠PDB，即y+（∠CAB-∠CAP）=∠P+（∠BDC-∠CDP），131即y+（∠CAB-∠CAB）=∠P+（∠BDC-∠CDB），311∴∠P=y+∠CAB-∠CAB-∠CDB+∠CDB332=y+=y+（∠CAB-∠CDB）32（x-y）31xy32故答案為：1xy；P=∠