第19章 一次函数 专题２ 一次函数与全等三角形综合 训练 2024—2025学年人教版数学八年级下册

专题２ 一次函数与全等三角形综合 一、解决一次函数中全等三角形必备知识点 1.全等三角形的判定定理 （1）三边对应相等的两个三角形全等，简写为“边边边”或“SSS”； （2）两边及其夹角对应相等的两个三角形全等，简写为“边角边”或“SAS”； （3）两角及其夹边对应相等的两个三角形全等，简写为“角边角”或“ASA”； （4）两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等，简写为“角角边”或“AAS”； （5）两直角三角形的斜边和一组直角边对应相等的两个三角形全等，简写为“HL”定理。 2.几种常见模型回顾 图1 图2 图3 图4 图5 图1、图2为“两垂直”全等模型，图1中将绕点逆时针旋转90°得到，此时可得结论：均为等腰直角三角形；.图2中 图3、图4为“三垂直”全等模型，其中为等腰直角三角形，，三点共线，则有，图3中，图4中 图5中，，延长到使得，则有结论，若，则有 3.等腰直角三角形的性质 抓住等腰直角三角形的两边相等，并且夹角为直角，构造K型图，从而得到全等三角形。 4.设点法 在解函数题目时，我们可以借助设点法，比如一次函数解析式为：y=2x+1，那么我们可以设该函数图像的任意一点坐标为（m，2m+1），再通过全等三角形的性质得到关于m的方程，求出m的值。 5.平行于x轴或y轴的线段的长度的表示 当两个点的连线平行于x轴时，纵坐标相等，两点间的距离是横坐标差（右边点的横坐标—左边点的横坐标），如果不知道哪个点在右边，那么是两个点横坐标差的绝对值。即若点A坐标为（x1，y），点B坐标为（x2，y），那么AB之间的距离为：| x1-x2|。例：A（-1，3），B（4，3）（点B在点A的右边），AB的长度=4-（-1）=5 当两个点的连线平行于y轴时，横坐标相等，两点间的距离是纵坐标差（上面点的纵坐标—下面点的横坐标），如果不知道哪个点在上边，那么是两个点纵坐标差的绝对值。即若点P坐标为（x，y1），点Q坐标为（x，y2），那么PQ之间的距离为：| y1-y2|。例：P（1，3）Q（1，10）（点Q在点P的上面），PQ的长度=10-3=7. 6.线段的旋转 旋转前后线段的长度保持不变，如果旋转角度为90°，那么可以构造K型图得到全等三角形；如果旋转的角度为150°，可以构造30°的直角三角形。在30°的直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一般，三边的比为：1：2：。 二、典型例题 例题1：（1）探索发现：如图1，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线l过点C，过点A作AD⊥CD，过点B作BE⊥CD，垂足分别为D、E．求证：AD=CE，CD=BE． （2）迁移应用：如图2，将一块等腰直角的三角板MON放在平面直角坐标系内，三角板的一个锐角的顶点与坐标原点O重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点M的坐标为（1，3），求点N的坐标． （3）拓展应用：如图3，在平面直角坐标系内，已知直线PQ与x轴交于点Q（1，0），与y轴交于点P（0，3），以线段PQ为一边作等腰直角三角形PQR，请直接写出点R的坐标． 例题2：如图，已知点C（4，0）是正方形AOCB的一个顶点，直线PC交AB于点E，若E是AB的中点． （1）求点E的坐标； （2）求直线PC的解析式； （3）若点P是直线PC在第一象限的一个动点，当点P运动到什么位置时，图中存在与△AOP全等的三角形？请求出P点的坐标，并说明理由． 【巩固练习】 1.已知，如图，在第一象限中，点A的坐标是（3，6），射线OM的解析式为y＝x，作线段AC⊥x轴于点C，点B在射线OM上，且OB的长度为3． （1）求△AOB的面积； （2）试判断△AOB的形状，并说明理由； （3）直线AB交坐标轴于E、F两点，若点P在线段EF上，点Q在线段OF上，且△FPQ与△AOC全等，求点Q的坐标． 2.（1）认识模型：如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于D，过B作BE⊥ED于E．求证：△BEC≌△CDA； （2）应用模型：①已知直线y=-2x+4与y轴交于A点，与x轴交于B点，将线段AB绕点B顺时针旋转90度，得到线段CB，求点C的坐标； ②如图3，矩形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（5，4），A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上动点，已知点D在第一象限，且是直线y=2x-3上的一点，点Q是平面内任意一点．若四边形ADPQ是正方形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标． 3.如图，Rt△AOB的顶点O与原点重合，直角顶点A在x轴上，顶点B的坐标为（4，3），直线y=x+4与x轴、y轴分别交于点D、E，交OB于点F． （1）求点D、E两点的坐标及DE的长； （2）写出图中的全等三角形及理由． 4.如图，正方形OABC的顶点A在第一象限，B点坐标为（2，0），正方形ADEF顶点F坐标为（4，0）． （1）指出图中的非等腰直角三角形的全等三角形，并直接写出∠ABD的度数； （2）求直线BE的解析式； （3）将直线BE向左平移多少个单位时经过D点？求出此时直线的解析式． 5.如图1，在平面直角坐标中，直线AB：y=ax-2a交x轴正半轴于A，交y轴正半轴于B． （1）用含a的式子表示△AOB的面积S； （2）如图2，在第一象限内取一点C，使△ABC为以AB为斜边的等腰直角三角形，连线OC，求直线OC的解析式； （3）如图3，过点A作AD⊥AB交直线OC于D，在AD的延长线上取一点F，连接BF交x轴于G，若BF+DF=AB+AD，求点G的坐标． 6.在直角坐标系中，A为x轴负半轴上一点，坐标为A（-2，0）． （1）如图①，若B为Y轴负半轴上一点，且坐标为B（0，-4），以A为直角顶点，AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC，试求C点的坐标； （2）如图②，若B为y轴上一动点（不与坐标原点重合），且纵坐标为m，以B为直角顶点，BA为腰作等腰Rt△ABD，且D点落在y轴右侧，若D点的纵坐标为n，求m-n的值； （3）如图③，E为x轴负半轴上的一点，B为y轴负半轴上一点，且OB=OE，OF⊥EB于点F，以OB为边作等边△OBM，且M点落在y轴右侧，连接EM交OF于点N，求式子的值． 7．如图，一次函数y=x+2的图象与x，y轴分别交于A，B两点，点C与点A关于y轴对称．动点P，Q分别在线段AC，AB上（点P与点A，C不重合），且满足∠BPQ=∠BAO． （1）点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，线段BC的长度= ； （2）当点P在什么位置时，△APQ≌△CBP？说明理由； （3）当△PQB为等腰三角形时，求点P的坐标． 8.如图①，已知直线y=-2x+4与x轴、y轴分别交于点A、C，以OA、OC为边在第一象限内作长方形OABC． （1）求点A、C的坐标； （2）将△ABC对折，使得点A的与点C重合，折痕交AB于点D，求直线CD的解析式（图②）； （3）在坐标平面内，是否存在点P（除点B外），使得△APC与△ABC全等？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 参考答案 例题1：【分析】（1）先判断出∠ACB=∠ADC，再判断出∠CAD=∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE，即可得出结论； （2）先判断出MF=NG，OF=MG，进而得出MF=1，OF=3，即可求出FG=MF+MG=1+3=4，即可得出结论； （3）分三种情况：以P为直角顶点，以Q为直角顶点，以R为直角顶点，运用全等三角形的性质可得出答案． （1）证明： ∵∠ACB=90°，AD⊥l， ∴∠ACB=∠ADC， ∵∠ACE=∠ADC+∠CAD，∠ACE=∠ACB+∠BCE， ∴∠CAD=∠BCE， ∵∠ADC=∠CEB=90°，AC=BC， ∴△ACD≌△CBE（AAS）， ∴AD=CE，CD=BE， （2）解：如图2，过点M作MF⊥y轴，垂足为F，过点N作NG⊥MF，交FM的延长线于G， 由已知得OM=MN，且∠OMN=90° ∴由（1）得MF=NG，OF=MG， ∵M（1，3）， ∴MF=1，OF=3， ∴MG=3，NG=1， ∴FG=MF+MG=1+3=4， ∴OF-NG=3-1=2， ∴点N的坐标为（4，2）， （3）解：分三种情况：当点P为直角顶点时，如图3， 过点R1作R1E⊥y轴于点E， 由（1）知，△R1EP≌△POQ， ∴ER1=OP，EP=OQ， ∵Q（1，0），P（0，3）， ∴OQ=1，OP=3， ∴OE=3+1=4，ER1=3， ∴R1（3，4）， 同理可得R2（-3，2）． 当点Q为直角顶点时，如图4， 过点R3作R3D⊥x轴于点D， 由（1）知△R3DP≌△QOP， ∴DR3=OQ，OP=DQ， ∵Q（1，0），P（0，3）， ∴OQ=1，OP=3， ∴OD=3+1=4，DR3=1， ∴R3（4，1），同理可得R4（-2，-1）． 当点R为直角顶点时，如图5， 过点R5作y轴的平行线交x轴于点E，过点P作x轴的平行线，交ER5于点D， 由（1）知△R5DP≌△QER5， ∴DR5=EQ，PD=R5E， ∵Q（1，0），P（0，3）， ∴OQ=1，OP=3， 设QE=a，则PD=a+1， ∴a+1+a=3， ∴a=1， ∴R5（2，2），同理可得R6（-1，1）． 综合以上可得点R的坐标为（3，4）或（-3，2）或（4，1）或（-2，-1）或（2，2）或（-1，1）． 【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键． 例题2：【分析】（1）根据正方形的性质结合点C的坐标即可得出点B、C的坐标，再由点E是AB的中点即可得出点E的坐标； （2）设直线PC的解析式为y=kx+b，由点E、C的坐标利用待定系数法即可求出直线PC的解析式；（3）分点P与点E重合以及AP=CP两种情况考虑． ①由（1）即可得出点P的坐标； ②由全等三角形的性质得出相等的角，从而得出直线OP的解析式，联立OP、PC的解析式成方程组，解方程组即可求出交点P的坐标． 解：（1）∵四边形AOCB是正方形，C（4，0）， ∴点B（4，4），C（4，0）， ∵E是AB的中点， ∴点E的坐标为（2，4）． （2）设直线PC的解析式为y=kx+b， 将点E（2，4）、C（4，0）代入y=kx+b中， 得：，解得： ∴直线PC的解析式为y=-2x+8． （3）有两种情况，如图所示． ①当点P与点E重合时， 在△OAE和△CBE中， ∴△OAE≌△CBE（SAS）， 此时点P坐标为（2，4）； ②当AP等于CP时， 在△AOP和△COP中， ∴△AOP≌△COP（SSS）， ∴∠AOP=∠COP=45°， ∴直线OP的解析式为y=x． 联立直线OP、PC的解析式得： 解得： ∴此时点P的坐标为 【点评】本题考查了正方形的性质、待定系数法求函数解析式以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据正方形的性质找出点B的坐标；（2）利用待定系数法求出直线PC的解析式；（3）找出点P的位置．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，找出点的坐标，再利用待定系数法求出函数解析式是关键． 【巩固练习】 1.【分析】（1）过B作BG⊥x轴于点G，设B（x，x），根据勾股定理列方程可得B的坐标，根据面积和与差可得结论； （2）由A、B、O的坐标，可求得OA、AB、OB的长，可判断△OAB的形状； （3）由A、B坐标可求得直线AB解析式，则可求得F点坐标，由（2）可知∠PFQ=∠OAC，当∠PQF=90°时，由全等可知FQ=AC=6，可得OQ的长，可求得Q的坐标；当∠FPQ=90°时，可求得FQ=OA的长，得Q点坐标． 解：（1）如图1，过B作BG⊥x轴于点G， ∵点B在射线OM上， ∴可设B（x，x）， ∴OB＝3， 由勾股定理得：， 解得：x＝±9， ∴B（9，3）， ∵A（3，6）， ∴S△AOB＝S△AOC+S梯形ACGB﹣S△BOG， ＝﹣， ＝22.5； （2）△OAB为直角三角形，理由如下： ∵A（3，6），B（9，3），O（0，0）， ∴OA2＝32+62＝45，AB2＝（9﹣3）2+（3﹣6）2＝45，OB2＝92+32＝90， ∴OA2+AB2＝OB2， ∴△OAB为直角三角形； （3）设直线AB解析式为y＝kx+b， ∵A（3，6），B（9，3）， ∴，解得：， ∴直线AB解析式为y＝﹣x+， 令y＝0可求得x＝15， ∴F（15，0）， 由（2）可知∠OAB＝90°， ∴∠OAC+∠CAF＝∠CAF+∠AFC＝90°， ∴∠OAC＝∠PFQ， ①当∠PQF＝90°时，如图2，则有△PQF≌△OCA， ∴PQ＝OC＝3，即P点纵坐标为3， 在y＝﹣x+中，令y＝3可求得x＝9， ∴P（9，3），Q（9，0），此时P与B重合； ②当∠QPF＝90°时，如图3，则有△PQF≌△COA， ∴FQ＝OA＝＝3， ∴OQ＝15﹣3， ∴Q（15﹣3，0）； 综上可知Q点坐标为（9，0）或（15﹣3，0）． 【点评】本题为一次函数的综合应用，涉及三角形的面积、勾股定理及其逆定理、待定系数法、全等三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中用B点坐标表示出△OAB的面积是解题的关键，在（2）中求得△OAB各边的长是解题的关键，在（3）中利用全等三角形的性质求得FQ的长是解题的关键，注意分两种情况．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大． 2.【分析】（1）由条件可求得∠EBC=∠ACD，利用AAS可证明△BEC≌△CDA． （2）①过C作CD⊥x轴于点D，由直线解析式可求得A、B的坐标，利用模型结论可得CD=BO，BD=AO，从而可求得C点坐标． ②分两种情况考虑：如图3-1中，当四边形ADPQ是正方形时，设D（m，2m-3）．构造全等三角形解决问题即可．如图3-2中，当四边形ADPQ是正方形时，分别求解即可． 证明：（1）∵AD⊥DE．BE⊥DE， ∴∠D=∠E=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACD=90°， ∴∠EBC=∠ACD， 在△BEC和△CDA中， ∴△BEC≌△CDA（AAS）． （2）①如图2中，过C作CD⊥x轴于点D， 直线y=-2x+4与y轴交于A点，与x轴交于B点， 令y=0可求得x=2， 令x=0可求得y=4， ∴A（0，4），B（2，0）， ∴OA=4，OB=2， 同（1）可证得△CDB≌△BOA， ∴CD=BO=2，BD=AO=4， ∴OD=2+4=6， ∴C（6，2）． ②如图3-1中，当四边形ADPQ是正方形时，设D（m，2m-3）． 过点D作DE⊥y轴于E交CB的延长线于F． ∵∠AED=∠F=∠ADP=90°， ∴∠ADE+∠PDF=90°，∠PDF+∠DPF=90°， ∴∠ADE=∠DPF， ∵AD=DP， ∴△ADE≌△DPF（AAS）， ∴AE=DF， ∵B（5，4）， ∴OC=5，OA=4， ∴m+2m-3-4=5， 解得m=4，此时D（4，5）． 如图3-2中，当四边形ADPQ是正方形时，同法可得D（2，1）． 综上所述，满足条件的点D的坐标为（4，5）或（2，1）． 【点评】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． 3.【分析】（1）根据题意和一次函数的性质、勾股定理可以求得点D、E两点的坐标及DE的长； （2）根据题意和图形，写出哪两个三角形全等，然后根据全等三角形的判定证明即可解答本题． 【解答】解：（1）∵直线y=-43x+4与x轴、y轴分别交于点D、E， ∴当y=0时，x=3，当x=0时，y=4， ∴点D（3，0），点E（0，4）， ∴OD=3，OE=4， ∵∠DOE=90°， ∴DE==5， 即点D（3，0），点E（0，4），DE=5； （2）△EOD≌△OAB， 理由：∵由（1）点D（3，0），点E（0，4），∠EOD=90°， ∴OE=4，OD=3， ∵Rt△AOB的顶点O与原点重合，直角顶点A在x轴上，顶点B的坐标为（4，3）， ∴AO=4，AB=3，∠OAB=90°， ∴OE=AO，OD=AB，∠EOD=∠OAB， 在△EOD和△OAB中， ∴△EOD≌△OAB（SAS） 【点评】本题是一道一次函数综合题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答． 4.【分析】（1）由正方形的性质得出∠OAB=∠DAF=90°，OA=AB，AF=AD，∠AOB=∠OBC，证出∠OAF=∠BAD，由SAS即可证明△OAF≌△BAD，得出∠ABD=∠AOB=45°； （2）设直线BE的解析式为y=kx+b，直线BE交y轴于M，先求出OM=OB=2，得出M（0，-2），由M和B点的坐标即可求出直线的解析式； （3）过D作DN∥BE，交x轴于N，则∠DNB=∠OBC=45°，由（1）得：△OAF≌△BAD，∠ABD=∠ABO=45°，得出BD=OF=4，△BDN是等腰直角三角形，D（2，4），BN=BD=4，即可得出结论；设直线DN的解析式为：y=x+c，把D点坐标代入即可求出c，得出结果． 解：（1）△OAF≌△BAD，∠ABD=45°； 理由如下：∵四边形OABC和四边形ADEF是正方形， ∴∠OAB=∠ABC=∠DAF=90°，OA=AB，AF=AD，∠AOB=∠OBC=45°， ∴∠OAF=∠BAD， 在△OAF和△BAD中， ∴△OAF≌△BAD（SAS）， ∴∠ABD=∠AOB=∠ABO=45°； （2）设直线BE的解析式为y=kx+b，直线BE交y轴于M，如图所示： 由（1）得：∠OBC=45°， ∴∠OMB=45°， ∴OM=OB， ∵B点坐标为（2，0）， ∴OM=OB=2， ∴M（0，-2）， 把M（0，-2），B（2，0）代入y=kx+b得： 解得：k=1，b=-2， ∴直线BE的解析式为：y=x-2； （3）将直线BE向左平移4个单位时经过D点；理由如下： 过D作DN∥BE，交x轴于N，如图所示：则∠DNB=∠OBC=45°， 由（1）得：△OAF≌△BAD，∠ABD=∠ABO=45°， ∴BD=OF=4，∠OBD=90°， ∴△BDN是等腰直角三角形，D（2，4）， ∴BN=BD=4， ∴将直线BE向左平移4个单位时经过D点； 设直线DN的解析式为：y=x+c， 把D（2，4）代入得：c=2， ∴直线DN的解析式为：y=x+2． 【点评】本题是一次函数综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、用待定系数法确定一次函数的解析式、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是需要通过证明三角形全等得出点的坐标才能求出直线的解析式． 5.【分析】（1）由S=×AO×OB即可求解； （2）证明△CNB≌△CMA（AAS），则CM=CN，即可求解； （3）证明CD=BP且CD∥BP，再证明∠AGB=∠BAO=45°+α，则BO是AG的中垂线，即可求解． 解：（1）对于y=ax-2a，令y=ax-2a=0，解得x=2， 令x=0，则y=-2a， 故点A、B的坐标分别为（2，0）、（0，-2a）， 则OA=2，OB=-2a， 则S=×AO×OB=×2×（-2a）=-2a； （2）过点C分别作x、y轴的垂线，垂足分别为M、N， ∵△ABC为以AB为斜边的等腰直角三角形，则AC=BC， ∵∠BCN+∠NCA=90°，∠NCA+∠MCA=90°， ∴∠BCN=∠MCA，而∠CNB=∠CMN=90°，AC=BC， ∴△CNB≌△CMA（AAS）， ∴CM=CN， 即点C在第一象限角平分线上，则OC的表达式为y=x； （3）延长DF至P使FP=BF，延长BC、AD交于点Q， ∵∠ABC=45°，∠BAQ=90°， ∴∠Q=45°， ∴△BAQ为等腰直角三角形， ∴AB=AQ， ∵AC⊥BC， ∴BC=CQ， ∵BF+DF=AB+AD， ∴PF+DF=AQ+AD， ∴PD=QD， 又∵BC=CQ， ∴CD=BP且CD∥BP， 设∠ADC=α，则∠P=α，∠PBF=α， ∴∠BFD=2α， 过点F作FH⊥y轴于点H， ∵x轴⊥y轴，则FH∥AO， ∴∠AFH=∠OAF， ∵∠ADC+∠OAD=∠COA=45°， ∴∠OAD=45°-α， ∴∠DFH=45°-α， ∴∠BFH=2α+45°-α=45°+α， ∴∠AGB=∠BFH=45°+α， ∴∠AGB=∠BAO=45°+α，则△ABG为等腰三角形， ∵BO⊥AG， 则OG=OA=2， 故点G（-2，0）． 【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形全等、平行线的性质、中位线的性质、面积的计算等，综合性强，难度大． 6.【分析】（1）作CQ⊥OA于点Q，可以证明△AQC≌△BOA，由QC=AO，AQ=BO，再由条件就可以求出C的坐标； （2）作DP⊥OB于点P，证明△AOB≌△BPD，即可求解； （3）作BH⊥EB于B，由条件可以得出∠1=30°，∠2=∠3=∠EMO=15°，∠EOF=∠BMG=45°，EO=BM，可以证明△ENO≌△BGM，则GM=ON，就有EM-ON=EM-GM=EG，最后由平行线分线段成比例定理就可以得出EN=EM-ON的一半． 解：（1）如图（1）作CQ⊥OA于点Q， ∴∠AQC=90° ∵△ABC等腰Rt△， ∴AC=AB，∠CAB=90°， ∴∠ACQ=∠BAO， 在△AQC与△BOA中， ∴△AQC≌△BOA（AAS）， ∴CQ=AO，AQ=BO． ∵A（-2，0），B（0，-4）， ∴OA=2，OB=4， ∴CQ=2，AQ=4， ∴OQ=6， ∴C（-6，-2）； （2）如图（2）作DP⊥OB于点P， ∴∠BPD=90°， ∵△ABD等腰Rt△， ∴AB=BD，∠ABD=∠ABO+∠OBD=90°， ∴∠ABO=∠BDP， 在△AOB与△BPD中， ∴△AOB≌△BPD（AAS）， ∴AO=BP， ∵BP=yD-yB=n-m， ∴A（-2，0）， ∴OA=2， ∴m-n=-2； （3）如图（3），在ME上截取MG=ON，连接BG， ∵△OBM是等边三角形， ∴BO=BM=MO，∠OBM=∠OMB=∠BOM=60°， ∴EO=MO，∠EBM=105°，∠1=30°， ∵OE=OB， ∴OE=OM=BM． ∴∠3=∠EMO=15°， ∴∠BEM=30°，∠BME=45°， ∵OF⊥EB， ∴∠EOF=45° ∴∠EOF=∠BME， 在△ENO与△BGM中 ∴△ENO≌△BGM（SAS）， ∴BG=EN． ∵ON=MG， ∴∠2=∠3， ∴∠2=15°， ∴∠EBG=90° ∴BG=EG， ∴EN=EG， ∵EG=EM-GM， ∴EN=（EM-GM）， ∴EN=（EM-ON）， ∴=2． 【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角与内角的关系，全等三角形的判定与性质，平行线等分线段定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 7.【分析】（1）把x=0和y=0分别代入一次函数的解析式，求出A、B的坐标，根据勾股定理求出BC即可．（2）求出∠PAQ=∠BCP，∠AQP=∠BPC，根据点的坐标求出AP=BC，根据全等三角形的判定推出即可．（3）分为三种情况：①PQ=BP，②BQ=QP，③BQ=BP，根据（2）即可推出①，根据三角形外角性质即可判断②，根据勾股定理得出方程，即可求出③． 解：（1）∵y=x+2， ∴当x=0时，y=2，当y=0时，x=-4，即点A的坐标是（-4，0），点B的坐标是（0，2），∵C点与A点关于y轴对称， ∴C的坐标是（4，0）， ∴OA=4，OC=4，OB=2， 由勾股定理得：BC=． （2）当P的坐标是（2-4，0）时，△APQ≌△CBP， 理由是：∵OA=4，P（2-4，0）， ∴AP=4+2-4=2=BC， ∵∠BPQ=∠BAO，∠BAO+∠AQP+∠APQ=180°，∠APQ+∠BPQ+∠BPC=180°， ∴∠AQP=∠BPC， ∵A和C关于y轴对称， ∴∠BAO=∠BCP， 在△APQ和△CBP中， ∴△APQ≌△CBP（AAS）， ∴当P的坐标是（2-4，0）时，△APQ≌△CBP； （3）分为三种情况： ①当PB=PQ时，由（2）知，△APQ≌△CBP， ∴PB=PQ，即此时P的坐标是（2-4，0）； ②当BQ=BP时，则∠BPQ=∠BQP， ∵∠BAO=∠BPQ， ∴∠BAO=∠BQP， 而根据三角形的外角性质得：∠BQP＞∠BAO， ∴此种情况不存在； ③当QB=QP时，则∠BPQ=∠QBP=∠BAO，即BP=AP， 设此时P的坐标是（x，0）， ∵在Rt△OBP中，由勾股定理得：BP2=OP2+OB2， ∴（x+4）2=x2+22， 解得：x=-，即此时P的坐标是（-，0）． ∴当△PQB为等腰三角形时，点P的坐标是（2-4，0）或（-，0）． 8.【分析】（1）已知直线y=-2x+4与x轴、y轴分别交于点A、C，即可求得A和C的坐标； （2）根据题意可知△ACD是等腰三角形，算出AD长即可求得D点坐标，最后即可求出CD的解析式； （3）将点P在不同象限进行分类，根据全等三角形的判定方法找出所有全等三角形，找出符合题意的点P的坐标． 解：（1）A（2，0）；C（0，4） （2）由折叠知：CD=AD．设AD=x，则CD=x，BD=4-x， 根据题意得：（4-x）2+22=x2 解得：x＝ 此时，AD=，D(2，) 设直线CD为y=kx+4， 把D(2，)代入得＝2k+4 解得：k＝− ∴直线CD解析式为y＝−x+4 （3）①当点P与点O重合时，△APC≌△CBA，此时P（0，0） ②当点P在第一象限时，如图，由△APC≌△CBA得∠ACP=∠CAB， 则点P在直线CD上． 过P作PQ⊥AD于点Q， 在Rt△ADP中，AD=，PD=BD=4−=，AP=BC=2 由AD×PQ=DP×AP得：PQ＝3 ∴PQ＝ ∴xP＝2+＝， 把x＝代入y＝−x+4得y＝ 此时P(，) （也可通过Rt△APQ勾股定理求AQ长得到点P的纵坐标） ③当点P在第二象限时，如图同理可求得：CQ＝ ∴OQ＝4−＝ 此时P(−，) 综合得，满足条件的点P有三个，分别为：P1（0，0）；P2(，)；P3(−，)． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$