人教版初二上冊(cè)壓軸題模擬數(shù)學(xué)綜合試卷帶答案002

人教版初二上冊(cè)壓軸題模擬數(shù)學(xué)綜合試卷帶答案1．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（a，0）、點(diǎn)B（b，0）為x軸上兩點(diǎn)，點(diǎn)C在y軸的正半軸上，且a，b滿足等式．(1)________；(2)如圖2，若M，N是OC上的點(diǎn)，且，延長(zhǎng)BN交AC于P，判斷△APN的形狀并說(shuō)明理由；(3)如圖3，若，點(diǎn)D為線段BC上的動(dòng)點(diǎn)（不與B，C重合），過(guò)點(diǎn)D作于E，BG平分∠ABC交線段DE于點(diǎn)G，連AD，F(xiàn)為AD的中點(diǎn)，連接CG，CF，F(xiàn)G．試說(shuō)明，CG與FG的數(shù)量關(guān)系．2．如圖，是等邊三角形，點(diǎn)分別是射線、射線上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)D從點(diǎn)A出發(fā)沿著射線移動(dòng)，點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)沿著射線移動(dòng)，點(diǎn)同時(shí)出發(fā)并且移動(dòng)速度相同，連接．(1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)D移動(dòng)到線段的中點(diǎn)時(shí)，與的長(zhǎng)度關(guān)系是：_______．(2)如圖②，當(dāng)點(diǎn)D在線段上移動(dòng)但不是中點(diǎn)時(shí)，探究與之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．(3)如圖③，當(dāng)點(diǎn)D移動(dòng)到線段的延長(zhǎng)線上，并且時(shí)，求的度數(shù)．3．如圖，中，，．（1）如圖1，，，求證：；（2）如圖2，，，請(qǐng)直接用幾何語(yǔ)言寫出、的位置關(guān)系____________；（3）證明（2）中的結(jié)論．4．請(qǐng)按照研究問(wèn)題的步驟依次完成任務(wù)．【問(wèn)題背景】（1）如圖1的圖形我們把它稱為“8字形”，請(qǐng)說(shuō)理證明∠A+∠B=∠C+∠D．【簡(jiǎn)單應(yīng)用】（2）如圖2，AP、CP分別平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC=20°，∠ADC=26°，求∠P的度數(shù)（可直接使用問(wèn)題（1）中的結(jié)論）【問(wèn)題探究】（3）如圖3，直線AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC=36°，∠ADC=16°，猜想∠P的度數(shù)為；【拓展延伸】（4）在圖4中，若設(shè)∠C=x，∠B=y，∠CAP=∠CAB，∠CDP=∠CDB，試問(wèn)∠P與∠C、∠B之間的數(shù)量關(guān)系為（用x、y表示∠P）；（5）在圖5中，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，猜想∠P與∠B、D的關(guān)系，直接寫出結(jié)論．5．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A在x軸的負(fù)半軸上，點(diǎn)B在y軸的正半軸上，點(diǎn)A與點(diǎn)C關(guān)于y軸對(duì)稱．(1)如圖1，OA=OB，AF平分∠BAC交BC于F，BE⊥AF交AC于E，請(qǐng)直接寫出EF與EC的數(shù)量關(guān)系為；(2)如圖2，AF平分∠BAC交BC于F，若AF=2OB，求∠ABC的度數(shù)；(3)如圖3，OA=OB，點(diǎn)G在BO的垂直平分線上，作∠GOH=45°交BA的延長(zhǎng)線于H，連接GH，試探究OG與GH的數(shù)量和位置關(guān)系．6．等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點(diǎn)A、點(diǎn)B分別是y軸、x軸上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直角邊AC交x軸于點(diǎn)D，斜邊BC交y軸于點(diǎn)E．(1)如圖（1），已知C點(diǎn)的橫坐標(biāo)為-1，直接寫出點(diǎn)A的坐標(biāo)；(2)如圖（2），當(dāng)?shù)妊黂t△ABC運(yùn)動(dòng)到使點(diǎn)D恰為AC中點(diǎn)時(shí)，連接DE．求證：∠ADB=∠CDE；(3)如圖（3），若點(diǎn)A在x軸上，且A（-4，0），點(diǎn)B在y軸的正半軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，分別以O(shè)B、AB為直角邊在第一、二象限作等腰直角△BOD和等腰直角△ABC，連結(jié)CD交，軸于點(diǎn)P，問(wèn)當(dāng)點(diǎn)B在y軸的正半軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，BP的長(zhǎng)度是否變化？若變化請(qǐng)說(shuō)明理由，若不變化，請(qǐng)求出BP的長(zhǎng)度．7．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，，，且∠ACB＝90°，AC＝BC．（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)；（2）如圖2，若BC交y軸于點(diǎn)M，AB交x軸與點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)B作軸于點(diǎn)E，作軸于點(diǎn)F，請(qǐng)?zhí)骄烤€段MN，ME，NF的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；（3）如圖3，若在點(diǎn)B處有一個(gè)等腰Rt△BDG，且BD＝DG，∠BDG＝90°，連接AG，點(diǎn)H為AG的中點(diǎn)，試猜想線段DH與線段CH的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．8．我們不妨約定：把“有一組鄰邊相等”的凸四邊形叫做“菠菜四邊形”．(1)如下：①平行四邊形，②矩形，③菱形，④正方形，一定是“菠菜四邊形”的是________（填序號(hào)）；(2)如圖1，四邊形ABCD為“菠菜四邊形”，且∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝AB，AE⊥CD于點(diǎn)E，若AE＝4，求四邊形ABCD的面積；(3)①如圖2，四邊形ABCD為“菠菜四邊形”，且AB＝AD，記四邊形ABCD，△BOC，△AOD的面積依次為S，，，若．求證：ADBC；②在①的條件下，延長(zhǎng)BA、CD交于點(diǎn)E，記BC＝m，DC＝n，求證：．【參考答案】2．(1)0(2)等腰三角形，見(jiàn)解析(3)CG=2FG【分析】（1）由可得，得出a、b的值即可求解；（2）由OC垂直平分AB可得，再由外角可得，結(jié)合已知條件，等量代換即可得到結(jié)論；解析：(1)0(2)等腰三角形，見(jiàn)解析(3)CG=2FG【分析】（1）由可得，得出a、b的值即可求解；（2）由OC垂直平分AB可得，再由外角可得，結(jié)合已知條件，等量代換即可得到結(jié)論；（3）先延長(zhǎng)GF至點(diǎn)M，使FM=FG，連接CG、CM、AM，可證，得到，再結(jié)合已知條件得到，可得是等腰三角形，利用等腰三角形的性質(zhì)得出，最后證明為等邊三角形，即可得到結(jié)論．(1)解得(2)是等腰三角形，理由如下：由點(diǎn)A（a，0）、點(diǎn)B（b，0）為x軸上兩點(diǎn)，且可得，OA=OBOC垂直平分AB，是等腰三角形(3)，理由如下：如圖，延長(zhǎng)GF至點(diǎn)M，使FM=FG，連接CG、CM、AMF為AD的中點(diǎn)在和中垂直平分，BG平分為等邊三角形，在和中

即是等腰三角形為等邊三角形

在中，．【點(diǎn)睛】本題是三角形的綜合題目，考查了非負(fù)性求和、線段垂直平分線的性質(zhì)、外角的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)，涉及知識(shí)點(diǎn)多，能夠合理添加輔助線并綜合運(yùn)用知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．3．(1)(2)，證明見(jiàn)詳解(3)【分析】（1）由題意可知，所以，由等邊三角形及中點(diǎn)可知，而，所以可證，進(jìn)一步可證；（2）猜測(cè)，在射線AB上截取，如圖（見(jiàn)詳解），利用等邊三角形的性質(zhì)及可解析：(1)(2)，證明見(jiàn)詳解(3)【分析】（1）由題意可知，所以，由等邊三角形及中點(diǎn)可知，而，所以可證，進(jìn)一步可證；（2）猜測(cè)，在射線AB上截取，如圖（見(jiàn)詳解），利用等邊三角形的性質(zhì)及可知為等邊三角形，再利用邊角邊即可證明，最后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證明；（3）按照第（2）問(wèn)的思路，作出類似的輔助線：在射線CB上截取，如圖（見(jiàn)詳解），用同樣的方法證明，再根據(jù)ED⊥DC，證出為等腰直角三角形，即可求出∠DEC的度數(shù)．（1）解：，證明過(guò)程如下：由題意可知，∵D為AB的中點(diǎn)，∴，∴，∴．∵為等邊三角形，，∴．∵，∴，∴，∴．（2）解：，理由如下：在射線AB上截取，連接EF，如圖所示，∵為等邊三角形，∴，．∵，，∴為等邊三角形，∴，．由題意知，∴，∴．即．∵，∴．在和中，，∴，∴DE與DC之間的數(shù)量關(guān)系是．（3）如圖，在射線CB上截取，連接DF，如圖所示，∵為等邊三角形，∴，．∵，，∴為等邊三角形，∴，，∴．由題意知，∵，∴，即．∵，∴．在和中，，∴，∴．∵ED⊥DC，∴為等腰直角三角形，∴．【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰三角形，等邊三角形，以及全等三角形的判定及性質(zhì)，能夠作出輔助線，并合理利用等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（1）見(jiàn)解析；（2）⊥；（3）見(jiàn)解析【分析】（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，然后根據(jù)AAS即可證得結(jié)論；（2）由于要得出、的位置關(guān)系，結(jié)解析：（1）見(jiàn)解析；（2）⊥；（3）見(jiàn)解析【分析】（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，然后根據(jù)AAS即可證得結(jié)論；（2）由于要得出、的位置關(guān)系，結(jié)合圖形可猜想：⊥；（3）如圖，作CP⊥AC于點(diǎn)C，延長(zhǎng)FD交CP于點(diǎn)P，先證明△BAE≌△FCP，可得∠3=∠P，AB=CP，然后證明△ACD≌△PCD，可得∠4=∠P，進(jìn)一步即可推出∠4+∠2=90°，問(wèn)題得證．【詳解】解：（1）證明：∵，，∴∠ADC=∠E=90°，∠DAC+∠ACD=90°，∵，∴∠DAC+∠BAE=90°，∴∠ACD=∠BAE，在△DAC和△EBA中，∵∠ADC=∠E，∠ACD=∠BAE，AC=AB，∴（AAS）；（2）結(jié)合圖形可得：⊥；故答案為：⊥；（3）證明：如圖，作CP⊥AC于點(diǎn)C，延長(zhǎng)FD交CP于點(diǎn)P，∵AF=CE，∴AE=CF，∵，∴∠1=∠2，∵∠BAE=∠FCP=90°，∴△BAE≌△FCP，∴∠3=∠P，AB=CP，∵，，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵∠PCP=90°，AB=CP，∴∠FCD=45°，AC=PC，∴∠ACB=∠PCD，∵CD=CD，∴△ACD≌△PCD，∴∠4=∠P，∵∠3=∠P，∴∠3=∠4，∵∠3+∠2=90°，∴∠4+∠2=90°，∴∠AGE=90°，即⊥．【點(diǎn)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(guān)鍵．5．（1）見(jiàn)解析；（2）∠P=23o；（3）∠P=26o；（4）∠P=；（5）∠P=．【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可證明；（2）如圖2，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到∠1=∠2，∠3=∠4，列方解析：（1）見(jiàn)解析；（2）∠P=23o；（3）∠P=26o；（4）∠P=；（5）∠P=．【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可證明；（2）如圖2，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到∠1=∠2，∠3=∠4，列方程組即可得到結(jié)論；（3）由AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，推出∠1=∠2，∠3=∠4，推出∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，由∠P+（180°-∠1）=∠D+（180°-∠3），∠P+∠1=∠B+∠4，推出2∠P=∠B+∠D，即可解決問(wèn)題；（4）根據(jù)題意得出∠B+∠CAB=∠C+∠BDC，再結(jié)合∠CAP=∠CAB，∠CDP=∠CDB，得到y(tǒng)+（∠CAB-∠CAB）=∠P+（∠BDC-∠CDB），從而可得∠P=y+∠CAB-∠CAB-∠CDB+∠CDB=；（5）根據(jù)題意得出∠B+∠BAD=∠D+∠BCD，∠DAP+∠P=∠PCD+∠D，再結(jié)合AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，得到∠BAD+∠P=[∠BCD+（180°-∠BCD）]+∠D，所以∠P=90°+∠BCD-∠BAD+∠D=.【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，由（1）的結(jié)論得：，①+②，得2∠P+∠2+∠3=∠1+∠4+∠B+∠D，∴∠P=（∠B+∠D）=23°；（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=（∠B+∠D）=×（36°+16°）=26°；故答案為：26°；（4）由題意可得：∠B+∠CAB=∠C+∠BDC，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），即y+（∠CAB-∠CAB）=∠P+（∠BDC-∠CDB），∴∠P=y+∠CAB-∠CAB-∠CDB+∠CDB=y+（∠CAB-∠CDB）=y+（x-y）=故答案為：∠P=；（5）由題意可得：∠B+∠BAD=∠D+∠BCD，∠DAP+∠P=∠PCD+∠D，∴∠B-∠D=∠BCD-∠BAD，∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，∴∠BAP=∠DAP，∠PCE=∠PCB，∴∠BAD+∠P=（∠BCD+∠BCE）+∠D，∴∠BAD+∠P=[∠BCD+（180°-∠BCD）]+∠D，∴∠P=90°+∠BCD-∠BAD+∠D=90°+（∠BCD-∠BAD）+∠D=90°+（∠B-∠D）+∠D=，故答案為：∠P=.【點(diǎn)睛】本題考查三角形內(nèi)角和，三角形的外角的性質(zhì)、多邊形的內(nèi)角和等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用方程組的思想思考問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．6．(1)EF＝EC(2)72°(3)GH＝GO，GH⊥GO【分析】（1）如圖1中，設(shè)AF交BE于點(diǎn)J．首先證明AB=AE，再證明∠AEF=∠ABF=90°，可得結(jié)論；（2）如圖2中，取解析：(1)EF＝EC(2)72°(3)GH＝GO，GH⊥GO【分析】（1）如圖1中，設(shè)AF交BE于點(diǎn)J．首先證明AB=AE，再證明∠AEF=∠ABF=90°，可得結(jié)論；（2）如圖2中，取CF的中點(diǎn)T，連接OT．由OA=OC，BO⊥AC，推出BA=BC，推出∠BAC=∠BCA，∠ABO=∠CBO，設(shè)∠BAC=∠BCA=2α，利用三角形內(nèi)角和定理，構(gòu)建方程求解即可；（3）結(jié)論：OG=GH，OG⊥GH．如圖3中，連接GB，在BA上取一點(diǎn)H′，使得GB=GH′，連接OH′，設(shè)AB交DG于點(diǎn)W，交OG于點(diǎn)K，連接OW．證明∠GOH′=GOH=45°，推出點(diǎn)H與點(diǎn)H′重合，可得結(jié)論．（1）解：（1）結(jié)論：EF=EC．理由：如圖1中，設(shè)AF交BE于點(diǎn)J．∵AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠CAF，∵BE⊥AF，∴∠BAF+∠ABE=90°，∠CAF+∠AEB=90°，∴∠ABE=∠AEB，∴AB=AE，∵A，C關(guān)于y軸對(duì)稱，∴OA=OC，∵OA=OB，∴OA=OB=OC，∴∠OAB=∠OBA=45°，∠OCB=∠OBC=45°，∴∠ABC=90°，在△ABF和△AEF中，，∴△ABF≌△AEF（SAS），∴∠AEF=∠ABF=90°，∴∠CEF=90°，∴∠ECF=∠EFC=45°，∴EF=EC；（2）解：如圖2中，取CF的中點(diǎn)T，連接OT．∵AO=OC，F(xiàn)T=TC，∴OT∥AF，OT=AF，∵AF=2OB，∴OB=OT，∴∠OBT=∠OTB，∵OA=OC，BO⊥AC，∴BA=BC，∴∠BAC=∠BCA，∠ABO=∠CBO，設(shè)∠BAC=∠BCA=2α，∵AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠CAF=α，∵OT∥AF，∴∠TOC=∠CAF=α，∴∠OBT=∠OTB=∠TOC+∠TCO=3α，∵∠OBC+∠OCB=90°，∴5α=90°，∴α=18°，∴∠OBC=36°，∴∠ABC=2∠OBC=72°；（3）解：結(jié)論：OG=GH，OG⊥GH．理由：如圖3中，連接GB，在BA上取一點(diǎn)H′，使得GB=GH′，連接OH′，設(shè)AB交DG于點(diǎn)W，交OG于點(diǎn)K，連接OW．設(shè)∠OGB=m，∠OGH′=n，∵GD垂直平分線段OB，∴GB=GO，∠DGB=∠DGO=m，∵GB=GO=GH′，∴∠GH′O=（180°-n）=90°-n，∠GH′B=（180°-m-n）=90°-m-n，∴∠KH′O=∠GH′O-∠GH′B=90°-n-（90°-m-n）=m，∴∠KH′O=∠KGW，∵∠GKW=∠H′KO，∴∠H′OK=∠GWK，∵DG∥OA，∴∠GWK=∠OAB=45°，∴∠COH′=45°，∵∠COH=45°，∴∠COH=∠COH′，∴點(diǎn)H與點(diǎn)H′重合，∴OG=GH，∴∠GHO=∠GOH=45°，∴∠OGH=90°，∴GH=GO，GH⊥GO．【點(diǎn)睛】本題考查了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)，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，第三個(gè)問(wèn)題比較難，采用了同一法解決問(wèn)題．7．(1)A（0，1）；(2)見(jiàn)解析；(3)不變，BP=2．【分析】（1）如圖（1），過(guò)點(diǎn)C作CF⊥y軸于點(diǎn)F，構(gòu)建全等三角形：△ACF≌△ABO（AAS），結(jié)合該全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等易解析：(1)A（0，1）；(2)見(jiàn)解析；(3)不變，BP=2．【分析】（1）如圖（1），過(guò)點(diǎn)C作CF⊥y軸于點(diǎn)F，構(gòu)建全等三角形：△ACF≌△ABO（AAS），結(jié)合該全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等易得OA的長(zhǎng)度，由點(diǎn)A是y軸上一點(diǎn)可以推知點(diǎn)A的坐標(biāo)；（2）過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AC交y軸于點(diǎn)G，則△ACG≌△ABD（ASA），即得CG=AD=CD，∠ADB=∠G，由∠DCE=∠GCE=45°，可證△DCE≌△GCE（SAS）得∠CDE=∠G，從而得到結(jié)論；（3）BP的長(zhǎng)度不變，理由如下：如圖（3），過(guò)點(diǎn)C作CE⊥y軸于點(diǎn)E，構(gòu)建全等三角形：△CBE≌△BAO（AAS），結(jié)合全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等推知：CE=BO，BE=AO=4．再結(jié)合已知條件和全等三角形的判定定理AAS得到：△CPE≌△DPB，故BP=EP=2．（1）如圖（1），過(guò)點(diǎn)C作CF⊥y軸于點(diǎn)F，∵CF⊥y軸于點(diǎn)F，∴∠CFA=90°，∠ACF+∠CAF=90°，∵∠CAB=90°，∴∠CAF+∠BAO=90°，∴∠ACF=∠BAO，在△ACF和△ABO中，，∴△ACF≌△ABO（AAS），∴CF=OA=1，∴A（0，1）；（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AC交y軸于點(diǎn)G，∵CG⊥AC，∴∠ACG=90°，∠CAG+∠AGC=90°，∵∠AOD=90°，∴∠ADO+∠DAO=90°，∴∠AGC=∠ADO，在△ACG和△ABD中，，∴△ACG≌△ABD（AAS），∴CG=AD=CD，∠ADB=∠G，∵∠ACB=45°，∠ACG=90°，∴∠DCE=∠GCE=45°，在△DCE和△GCE中，，∴△DCE≌△GCE（SAS），∴∠CDE=∠G，∴∠ADB=∠CDE；（3）BP的長(zhǎng)度不變，理由如下：如圖（3），過(guò)點(diǎn)C作CE⊥y軸于點(diǎn)E．∵∠ABC=90°，∴∠CBE+∠ABO=90°．∵∠BAO+∠ABO=90°，∴∠CBE=∠BAO．∵∠CEB=∠AOB=90°，AB=AC，∴△CBE≌△BAO（AAS），∴CE=BO，BE=AO=4．∵BD=BO，∴CE=BD．∵∠CEP=∠DBP=90°，∠CPE=∠DPB，∴△CPE≌△DPB（AAS），∴BP=EP=2．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形綜合題．主要利用了全等三角形的性質(zhì)定理與判定定理，解決本題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)建全等三角形．8．（1）（2），見(jiàn)解析（3）且，見(jiàn)解析【分析】（1）如圖1中，過(guò)點(diǎn)C作CT⊥y軸于點(diǎn)T，根點(diǎn)B作BH⊥CT交CT的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．證明△ATC≌△CHB（AAS），推出AT＝CH＝6，CT＝解析：（1）（2），見(jiàn)解析（3）且，見(jiàn)解析【分析】（1）如圖1中，過(guò)點(diǎn)C作CT⊥y軸于點(diǎn)T，根點(diǎn)B作BH⊥CT交CT的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．證明△ATC≌△CHB（AAS），推出AT＝CH＝6，CT＝BH＝2，可得結(jié)論；（2）結(jié)論：MN＝ME+NF．證明△BFN≌△BEK（SAS），推出BN＝BK，∠FBN＝∠EBK，再證明△BMN≌△BMK（SAS），推出MN＝MK，可得結(jié)論；（3）結(jié)論：DH＝CH，DH⊥CH．如圖3中，延長(zhǎng)DH到J，使得HJ＝DH，連接AJ，CJ，延長(zhǎng)DG交AC于點(diǎn)M．證明△JDC是等腰直角三角形，可得結(jié)論．【詳解】解：（1）如圖1中，過(guò)點(diǎn)C作CT⊥y軸于點(diǎn)T，根點(diǎn)B作BH⊥CT交CT的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．∵A（0，4），C（﹣2，﹣2），∴OA＝4，OT＝CT＝2，∴AT＝4+2＝6，∵∠ACB＝∠ATC＝∠H＝90°，∴∠CAT+∠ACT＝90°，∠BCH+∠CBH＝90°，∴∠CAT＝∠BCH，∵CA＝CB，∴△ATC≌△CHB（AAS），∴AT＝CH＝6，CT＝BH＝2，∴TH＝CH﹣CT＝4，∴B（4，-4）；（2）結(jié)論：MN＝ME+NF．理由：在射線OE上截取EK＝FN，連接BK．∵B（4，4），BE⊥y軸，BF⊥x軸，∴BE＝BF＝4，∠BEO＝∠BFO＝∠EOF＝90°，∴四邊形BEOF是矩形，∴∠EBF＝90°，∵EK＝FN，∠BFN＝∠BEK＝90°，∴△BFN≌△BEK（SAS），∴BN＝BK，∠FBN＝∠EBK，∴∠NBK＝∠FBE＝90°，∵∠MBN＝45°，∴∠MBN＝∠BMK＝45°，∵BM＝BM，∴△BMN≌△BMK（SAS），∴MN＝MK，∵M(jìn)K＝ME+EK，∴MN＝EM+FN；（3）結(jié)論：DH＝CH