第3章图形的平移与旋转 期末综合复习压轴题专题训练 2025-2026学年北师大版八年级数学下册

**基本信息** 以图形平移与旋转为核心，通过“猜测探究-拓展应用”分层设计，整合全等证明、动态几何等，提炼旋转构造、中线倍长等通法，培养几何直观与推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |旋转与全等|1,6,14题|旋转构造全等、截长补短|旋转性质→全等判定→线段关系推导| |平移与变换|2,20题|平移性质应用、分类讨论|平移特征→图形位置关系→动态问题求解| |动态与综合|5,9,12题|中线倍长法、动点轨迹分析|静态几何→动态拓展→多情况综合论证|

2025-2026学年北师大版八年级数学下册《第3章图形的平移与旋转》 期末综合复习压轴题专题训练（附答案） 1.(一)猜测探究 在等边△ABC中，点D是直线AB上的一个动点，线段CD绕点C逆时针旋转60°得到线段 CE,连接DE,BE E D B D 图1 图2 图3 (1)如图1，当点D在AB边上运动时，线段BD,BC和BE的关系是 (2)如图2，当点D运动到线段AB的延长线上时，(1)中结论是否仍然成立？若成立，请 给予证明；若不成立，请说明理由： (二)拓展应用 (3)如图3，将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△CDE,连接AB,DE交于点F,连接 CF,若CF=5,BF=2,DF=3,求线段DE的长 2.如图，已知MN‖GH,点C在MN上，点A、B在GH上.在△ABC中， ∠ACB=90°，∠BAC=45°，点E、F在直线BC上，在△就中，∠EDF=90°， ∠DFE=30°. M M B 备用图 (1)图中∠BCN的度数是多少？请说明理由： (2)将△乙沿直线BC平移，使得点E与B重合，再将△就绕点E按逆时针方向进行旋转， 至少旋转度，使得DE与AC平行： (3)将△乙沿直线BC平移，当点D在MN上时，求∠CDE的度数： (4)将△乙沿直线BC平移，当以C、D、F为顶点的三角形中有两个角相等时，请直接写 出∠CDE的度数. 3.已知在平面直角坐标系中，0为坐标原点，直线AB:y=kx+6k+6(k≠0)过定点A. 与y轴交于点B,过点A作AC⊥y轴于点C. G 图1 图2 (1)直接写出定点A的坐标为 (2)如图1，点D-2,0,连接CD,当k<0时，连接AO,若AB⊥CD,且在AO左侧存在 点Em,6+m使得∠EAO=∠BAC,求点B和点E的坐标； (3)如图2，当k>0时，直线AB交x轴于点F,平移直线AB交x轴正半轴于点G,交y轴负 1-1为定值. 半轴于点H,连接AG,交y轴正半轴于点M当AF=GH时，求证：CMCB 4.已知A、B两点的坐标分别为A-2,1,B-4,-1,将线段AB水平向右平移了6个 单位长度到DC,连接AD,BC,得四边形ABCD. 图1 图2 (1)点C的坐标为」 点D的坐标为 2蜘图1，E为X销上一点，若DE平分∠DC,且DE⊥HC于E,∠ABH=4<ABC, 求∠BHC与∠ABH的数量关系： (3)如图2，直线CG⊥x轴于G,直线CG上有一动点Q,连接BQ、DQ,求BQ+DQ最小 时Q点的坐标，并说明理由. 5.基础研究： (1)课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB=4, AC=3.求BC边上的中线AD的取值范围.李海在组内经过合作交流，得到了如下的解决 方法：延长AD到点E,使DE=AD,连接BE,则得到△ADC≌△EDB,李海证明 △BED≌△CAD用到的判定定理是： (用字母表示)： D B M 图1 图2 图3 问题解决： (2)如图2，以△ABC的边AB,AC为边向外作△ABE和△ACD,AB=AE, AC=AD,∠BAE=∠CAD=90°，M是BC中点，连接AM,DE.求证AM⊥DE, 拓展应用： (3)将上述图形中的某一个直角三角形旋转，如图3，△ABE与△ADC均为等腰直角三 角形.∠BAE=∠DAC=90°，连接BC,DE,若M为BC的中点，连接AM,求证： DE=2AM. 6.△ABC是等边三角形，点D是射线BC边上一点（不与BC重合），∠ADE=60°， AD=DE,连接CE. 图2 (1)如图1，点D是线段BC上一点（不与B,C重合） ①判断CE与AB的位置关系，并证明： ②过点D作DG⊥AB,垂足为G.直接写出DG,AG与DC之间的数量关系. (2)如图2，点D是线段BC延长线上一点，过点D作DG⊥AB,垂足为G.用等式DG, AG与DC之间的数量关系，并证明， 7.由特殊到一般、类比、转化是数学学习和研究中经常用到的思想方法.下面是对一道几 何题进行变式探究的思路，请你运用上述思想方法完成探究任务，问题情境：已知 ∠ACD=90°，MN是过点A的直线，AC=DC,DB⊥MN于点B, M 图(1) 图(2) 图(3) 问题探究： (1)如图(1)，直接写出BD、AB、CB的数量关系；（提示：过点C作CE⊥CB 于点C,与MN交于点E) (2)当MN绕A旋转到如图(2)位置时，BD、AB、CB满足什么样的数量关系，请说明理 由： (3)当MN绕A旋转到如图(3)位置时，∠BCD=30°，BD=V2,求CD和CB的值. 8.如图，直线y=kx+6分别交x轴，y轴于点AB:已知S6A0B=63 P (1)求A点坐标和直线AB的解析式： (2)已知点P为直线AB上一动点，将点P绕点C1,0顺时针旋转60°得到点Q,连结CQ、 PQ、AQ ①求∠CAQ的度数. ②当△APQ为直角三角形时，请直接写出点Q的坐标. 9.如图，△ABC的两条高AD与BE交于点O,AD=BD,AC=6. E B B 备用图 (1)若∠DBO=23°，则∠DAC= (2)求BO的长： (3)点F是射线BC上一点，且CF=AO,动点P从点O出发，沿线段OB以每秒1个单位长 度的速度向终点B运动，同时动点Q从点A出发，沿射线AC以每秒5个单位长度的速度 运动，当点P到达点B时，P、Q两点同时停止运动，设运动时间为t(秒)，当△AOP与 △FCQ全等时，直接写出t的值. 10.【综合与探究】 【问题情境】如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=AC,点D在直线BC上运动， 连接AD,作射线AM⊥AD,点E在射线AM上，并且在点D动动的过程中始终保持 AE=AD,过点E作EF⊥AC,垂足为点F. M E E M D B DC B 图1 图2 备用图 【探究发现】 (1)如图1，当点D在线段BC上（不含点C)时. ①直接写出∠AEF与∠DAC的数量关系： ②求证：△ACD≌△EFA: 【拓展思考】 (2)如图2，当点D在线段BC的延长线上时.求证：EF=AC: (3)当点D在直线BC上运动时，线段EF的长度是否发生变化？请说明理由. 11.【综合探究】 (1)如图①，在平面直角坐标系中，直线y=x-4与x轴，y轴分别交于A,B两点， 【解决问题】 ①则点A坐标为_；点B坐标为_； ②C,D是正比例函数y=kx图象上的两个动点，连接AD,BC,若BC⊥CD,BC=3, 则AD的最小值是_； (2)如图②，一次函数y=-2x+2的图象与x轴，y轴分别交于B,A两点.将直线AB绕 点A逆时针旋转45°得到直线1，求直线1对应的函数表达式： 【迁移拓展】 (3)如图③，直线y=-2x+3的图象与x轴，y轴分别交于A,B两点，直线：y=-2与y 轴交于点D.点P,Q分别是直线1和直线AB上的动点，点C的坐标为3,0，当△PQC是 以CQ为斜边的等腰直角三角形时，直接写出点Q的坐标 图① 图② 图③ 12.【问题情景】如图1，在△ABC中，CM为△ABC的中线，若AC=2,BC=4,求 CM的取值范围.中线倍长法：如图2，延长CM至点D,使得MD=CM,连结BD,可证 明△ACM≌△BDM,由全等得到BD=AC=2,从而在△BCD中，根据三角形三边关 系可以确定CD的范围，进一步即可求得CM的范围. 图1 图2 图3 图4 图5 (1)在上述过程中，证明△ACM≌△BDM的依据是 CM的范围为 【思考探究】(2)如图3，在△ABC中，∠ACB=90°，M为AB中点，D、E分别为 AC、BC上的点，连结MD、ME、DE,∠DME=90°，若BE=1,AD=2,求DE的 长： 【拓展延伸】 (3)如图4，C为线段AB上一点，AC>BC,分别以AC、BC为斜边向上作等腰直角 △ACD和等腰直角△CBE,M为AB中点，连结DM,EM,DE. ①判断：△DME的形状，并说明理由； ②若将图4中的等腰Rt△CBE绕点C转至图5的位置(A,C,B不在同一条直线上)， 连结AB,M为AB中点，且D,E在AB同侧，连结DM,EM.若AD=5,EB=3,直接 写出：△DAM和△EBM的面积之差为 13.己知在平行四边形ABCD中，动点P在AD边上，以每秒0.5Cm的速度从点A向点D 运动， 图2 图3 图4 (1)如图1，在运动过程中，若CD=CP,CP平分∠BCD,求∠B的度数 (2)如图2，另一动点Q在BC边上，以每秒2Cm的速度从点C出发，在BC之间往返运动， P,O两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD=6cm,当 运动时间为_秒时，以P,D,QB四点组成的四边形是平行四边形 (3)如图3，连结BP并延长与CD的延长线交于点F,CE平分∠ACF交BF于E点，当 AE⊥CE,DF=8时，求AC的长 (4)如图4，在(1)的条件下，连BP并延长与CD的延长线交于点F,若AB=4Cm,求 △APF的面积. 14.(1)如图1，已知：△ABC和△BCD是等边三角形，点B、C、D在同一直线上， 连接BE,和边AC交于点G,连接AD,和BE交于点F.求证：△ACD≌△BCE, (2)在(1)的条件下，如图2，将△ECD绕点C顺时针旋转一定的角度a(0°<c<60°)， 连接CF」 ①求∠AFB的度数： ②猜想线段CF、AF和BF的数量关系，并证明.（如果证明需要用到①的结论，可以直 接使用，无需再次证明) (3)如图3，在△ABC中，AB=AC,过△ABC外一点D,作∠ADB=∠ACB,BD 和边AC交于F,连接CD,过点A作AE⊥BF于E,若CD=4,BD=10,AD=9,请直 接写出SAABF-SACDF的值. 15.综合与实践： 定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转a0°<a<180得到AB,把AC 绕点A逆时针旋转β得到AC,连接BC.当C+B=180°时，称△ABC是△ABC的 “旋补三角形”，边BC上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中 心”. 【特例感知】 (1)①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为-： ②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为_· 【猜想论证】 (2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明. 【拓展应用】 (3)如图4，在四边形ABCD中，∠C=90°，∠D=150°，BC=12,CD=2V3, AD=6.在四边形内部恰好存在点P,使△PDC是△PAB的“旋补三角形”，补全图形， 并直接写出△PAB的“旋补中线”长-· B B B 图1 图2 图3 图4 16.(1)提出问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点A正好落在直线l上，则 ∠1、∠2的关系为 (2)探究问题：①如图2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点A正好落在直 线l上，分别作BD⊥I于点D,CE⊥l于点E,试探究线段BD、CE、DE之间的数量关系， 并说明理由， ②如图3，将①中的条件改为：在△ABC中，AB=AC,D、A、E三点都在l上，并且有 ∠BDA=∠AEC=∠BAC=Q,其中a为任意锐角或钝角.请问①中结论是否成立？如 成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由 (3)解决问题：如图4，直线PQ经过Rt△ABC的直角顶点C,△ABC的边上有两个动 点D、E,点D以2cm/s的速度从点A出发，沿AC→CB移动到点B,点E以3cmIs的速 度从点B出发，沿BC→CA移动到点A,两动点中有一个点到达终点后另一个点继续移动 到终点.过点D、E分别作DM⊥PQ,EN⊥PQ,垂足分别为点M、N,若 AC=12cm,BC=16cm,设运动时间为t,当以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、 N、C为顶点的三角形全等时，求此时t的值.（直接写出结果） 2 22 图2 图3 图4 17.已知：如图①，直线1是线段AB的垂直平分线，点P、C、O、E在直线1上， OA=0C'∠AEB=120:S。AC=16:点P从点C出发，沿直线1向上以2个单位/秒 的速度运动，连接PA、PB.点D是线段AC的中点. 图① 图② 问题： (1)直接写出线段AO的长度： (2)设点P运动的时间为t秒，求当t为何值时，线段DP与DB垂直且相等？并说明理由： (3)如图②，在点P运动过程中，当∠APB=60°时，有一个角∠MEN=60°，其两边分 别与AP、BP交于点M、N,连接MN.现将∠MEN绕着点E旋转0°<θ<60°，点 M、N始终在AP和BP上.试判断在这一过程中，△PMN的周长是否发生变化？若没有变 化，请求出其周长；若发生变化，请说明理由 18.若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾 股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边， (图1) (图2) (图3) (备用图) (1)【操作感知】如图1，已知点O,A,B在5×5的网格格点上（小正方形的顶点），若M 为格点，请在图1的网格中直接画出一个以OA,OB为勾股边且对角线相等的勾股四边形 OAMB (2)【探究论证】如图2，△ABD和△CBE都是等腰直角三角形， ∠ABD=∠CBE=90°，BA=BD,BC=BE,将△ABD绕点B旋转，当∠DCB=45 时，求证：四边形AECD是以CD,CE为勾股边且对角线相等的勾股四边形， (3)【迁移探究】如图3，△ABC和△BDE都是等边三角形，将△BDE绕点B旋转，连接 AD,若AB=4V3,BD=V13,在旋转的过程中，当四边形ABED是以AB,AD为勾股 边的勾股四边形时，请直接写出线段AD的长， 19.一副三角板如图1摆放，∠C=∠DFE=90°，∠B=30°，∠E=45°，点F在BC 上，点A在DF上，且AF平分∠CAB,现将三角板DFE绕点F顺时针旋转（当点D落在 射线FB上时停止旋转). 图1 图2 图3 (1)当∠AFD=°时，DE‖AB;当∠AFD=°时，EF‖AB;当∠AFD= 时，DFAC: (2)在旋转过程中，DF与AB的交点记为P,如图2，若△AFP有两个内角相等，求 ∠AFD的度数： (3)当边DE与边AB、BC分别交于点MN时，如图3，若∠AFM=2∠BMN,比较 ∠FMN与∠FNM的大小，并说明理由 20.如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是平行四边形，A,C两点的坐标分别 为(4,0)，（-2,3).将平行四边形OABC先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位， 得到平行四边形NPQM VA (1)请求出直线MN的解析式： (2)平行四边形NPQM与平行四边形OABC的重叠部分的形状是一，重叠部分的面积是 一； (3)点E是x轴上一动点，在直线OB上是否存在点D,使得以O,N,D,E为顶点的四边 形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点D、点E的坐标；若不存在，请说明 理由. 21.如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y=2x+6的图象交x轴于点A,交y轴于点 B.点D在x轴正半轴上，且OD=号OA,以AB、AD为边作平行四边形ABCD. 3 D AOE D 图1 图2 备用图 (1)点A的坐标 点B的坐标 (2)请求出直线BD的函数解析式： (3)如图2，点E从点O出发，以每秒1个单位的速度沿x轴正方向移动，记点E运动时间 为t秒.点F是线段BD的中点，连接EF并延长交直线BC于点H,请直接写出：当t为何 值时，四边形ABHE为平行四边形： (4)点Q是直线BD上的一个动点，在y轴上找一点P,连接AP,AQ,PQ,当△APQ是 以PQ为斜边的等腰直角三角形时，请直接写出点P的坐标. 22.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，O是AB边上的中点，三角板OMN的直角顶点 与O重合，∠MON=90°，直角三角形板MON绕点O旋转使边OM交AC于点D,边ON 交BC于点E(D、E不与A、B重合)，连接DE, 图① 图② (1)如图①，当CA=CB=4时， ①请直接写出DE的取值范围； ②判断△DOE的形状并说明理由： ③判断四边形ODCE的面积在旋转的过程中是否变化，若不变，求出该四边形的面积；若 变化，请说明变化的范围： (2)如图②，直接写出线段AD,DE和BE的数量关系. 23.问题探究： 一条线段沿某个方向平移一段距离后与原线段构成一个平行四边形.我们可以利用这一性 质，将有些条件通过平移集中在一起来解决一些几何问题. (1)如图1，两条长度相等的线段AC和BN相交于G点，∠AGB=60°，试说明线段 AB+CN≥BN 分析：考虑通过平移，将AB、CN和BN集中到同一个三角形中，运用三角形的三边关系 来证明， 如图1，作AM‖BN且AM=BN,则四边形ABNM是 (填四边形ABNM的形状)， .AB=MN:,AC=BN=AM,∠MAC=∠AGB=60°， ∴.△ACM是（填△ACM的形状），∴.MA=MC=BN 当AB与CN不平行时，M,N,C三点不在同一直线上，由三角形三边关系可知， MN+NCMC(填>或=或<)； 当AB与CN平行时，M,N,C三点在同一直线上，此时，MN+NC=MC,. AB+CN≥BN. B N 图1 图2 图3 问题解决： (2)如图2，在△ABC中，AC=BC,∠C=90°，点M点N分别在BC,AC上，BN 交AM于点G,∠AGB=150°，AN=BM=V3-1. ①求证：AM=BN: ②求AM的值： 拓展应用： (3)如图3，在△ABC中，∠C=45°，点M,点N分别在BC,AC上，BN交AM于点 G,若AM=BN,∠AGB=120°，AN=2a,BM=b-ab>a,直接写出AM长（用 含a、b的代数式表示). 参考答案 1.(1)解：，线段CD绕点C逆时针旋转60°得到线段CE, ∴.CD=CE,∠DCE=60°， △CDE是等边三角形， .∠DCE=60, ,△ACB是等边三角形， .AC=BC=AB,∠DCE=∠ACB=60°， ∴.∠ACD=∠BCE, .△ACD≌△BCE SAS, .AD=BE. .BC=AB=BD+AD=BD+BE, BD+BE=BC: (2)解：不成立，应为BD+BC=BE ,线段CD绕点C逆时针旋转60°得到线段CE, ∴.CD=CE,∠DCE=60°， ∴△CDE是等边三角形， .∠DCE=60°， ,△ACB是等边三角形， .AC=CB=AB,∠ACB=60, ∴.∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD, 即∠ACD=∠BCE, ∴.△ACD≌△BCE SAS, ∴.AD=BE ∴BE=AD=AB+BD=BC+BD, 即BD+BC=BE: (3)解：在ED上取一点P,使EP=FB, D 图3 由题意得，CB=CE,∠CBF=∠CEP, .∴△CFB≌△CPE SAS, .CF=CP,∠FCB=∠PCE, 由题意得，∠BCE=60°， .∠FCP=∠FCB+∠BCP=∠PCE+∠BCP=∠BCE=6O°， ∴，△FCP是等边三角形， ∴.CF=FP, .DE=DF+FP+PE=DF+CF+FB=5+2+3=10. 即线段DE的长为10. 2.(1)解：∠BCN=45°，理由如下： .∠ACB+∠ABC+∠BAC=180°，∠ACB=90°，∠BAC=45°， .∠ABC=45°， .MN GH, ∴.∠BCN=∠ABC=45°， (2)解：如图， C M GA B(E) 当DE‖AC时，∠DEH=∠BAC=45°， ∠ABC=45°， ∴.∠HEF=45, ,∠EDF=90°，∠DFE=30°， .∠g=180°-∠EDF-∠DFE=60°， .∠DEH=∠g-∠HEF=15°， ∴.∠DED=∠DEH-∠DEH=30, ∴，将△乙绕点E按逆时针方向进行旋转，至少旋转30°，使得DE‖AC: (3)解：如图所示： A ∠ACB+∠ABC+∠BAC=180°∠ACB=90° E. ∠BAC=45°， ∠ABC=45, .MN‖GH, ∠DCE=∠ABC=45, :在△乙中，∠EDF=90°，∠DFE=30°， ∠兽=180°-∠EDF-∠g=60°， ,∠CED+∠g=180°， .∠CED=120°， ,∠DCE+∠CDE+∠CED=180°， .∠CDE=180°-∠CDE-∠CED=15°： (4)解：∠CDE=60或105°或15°或30°， 理由如下： 分两种情况，I.当△乙向上平移时， ①如图所示1：当以C、D、F为顶点的三角形中有两个角相等，即 ∠DFE=∠CDF=30时， M ∠EDF=∠CDE+∠CDF=90 G B 图1 .∠CDE=90°-∠CDF=60°： ②如图2所示：当以C、D、F为顶点的三角形中有两个角相等，即∠FDC=∠DCF时， D ∠DFE=∠FDC+∠DCF=30 H G 图2 .∠FDC=∠DCF=15°， :∠EDF=90, .∠CDE=∠EDF+∠FDC=90°+15°=105°： ③如图3所示：当以C、D、F为顶点的三角形中有两个角相等，即∠FDC=∠DCF时 D M ∠DFE=30°∠FDC+∠DCF+∠DFE=180° H A B 图3 ∴.∠FDC=∠DCF=75°， ,∠EDF=90°， .∠CDE=∠EDF-∠FDC=90°-75°=15°： Ⅱ.当△乙向下平移时，如图4所示： M D G A B 图4 ④当以C、D、F为顶点的三角形中有两个角相等，即 ∠DFE=∠DCF=30°时， :∠EDF=90°， .∠CED=∠EDF+∠DFE=120°， .∠CDE=180°-∠CED-∠DCF=30: 综上可知：将△乙沿直线BC平移，当以C、D、F为顶点的三角形中有两个角相等时 ∠CDE的度数为60°或105°或15°或30. 3.(1)解：AB:y=kx+6k+6(k≠0)变形得y-6=x+6k, AB:y=k心+6k+6(k≠0)过定点， y-6=x+6k的解有无数， y-6=0,x+6=0, 解得y=6,x=-6, 故直线过定点-6,6， 故答案为：-6,6. (2)解：由题意得：AC=CO=6,OD=2, .AB⊥CD .∴.∠CAB=∠DCO=90°-∠ACD, 在△ACB和△COD中 ∠CAB=∠OCD ∵AC=CO ∠ACB=∠COD B t△ACB≌△CODIASA 图1 ∴.CB=D0=2, 故OB=OC-CB=4, 故B坐标为0,4 .AC=C0,∠AC0=90, .∴∠CA0=45 .∠EAO=∠CAB, ∴.∠EAB=∠EAO+∠OAB=∠CAB+∠OAB=45°， 如图1，过B作BB⊥AB,交AE的延长线于点B,过点B作BC⊥y轴于点C, 则∠ABB=∠EAB=45°，∠ABC+∠BBC=90°，∠BBC+∠BBC=90°， 故AB=BB,∠ABC=∠BBC, 在△ACB和△BCB中， ∠ACB=∠BC'B ∠ABC=∠BBC AB=BB △ACB≌△BC'BAAS .∴.BC=BC=2,BC=AC=6, ∴.0C=6-4=2, B-2,-2 -6k+b=6 设直线AB的解析式为：y=kx+b,根据题意，得-2k+b=-2: k-2 解得b=-6 故直线AB的解析式为：y=-2x-6, 把Em,6+m代入y=-2x-6得6+m=-2m-6, 解得m=-4, ∴.E的坐标为-4,2. (3)解：如图2，过A作AN⊥FG于点N, .AF‖HG, ∴.∠AFN=∠HGO, 又.·∠ANF=∠HOG且AF=HG .∴.△ANF≌△HOG AAS, B ∴.OH=AN=6 N D G x H 图2 ∴.H0,-6, 设HG的解析式为y=k心-6， 6 令x-6=0,则x= co 设AG的解析式为y=mx+n,代入A和G的坐标得： -6m+n=6 6m6+n=0 m=- 解得： k+1 n= 6 k+1 6 ∴.AG的解析式为y=- k+1XkI .0M=,6 +1 .CM=6- 6_6k k+1k+11 ,∵CB=6k+6-6=6k, d品正触k旅日为定 k+1 4.(1)解：，A、B两点的坐标分别为A-2,1,B-4,-1,将线段AB水平向右平移 了6个单位长度到DC, .C2,-1,D4,1, 故答案为：2，-1,4,1： (2)解：设CH交AD于F,BH交AD于P, AP 图2 由平移可知，ABCD,且AB=CD, ∴.四边形ABCD是平行四边形， .∠ABC=∠ADC,ADI‖BC, .∠DFC=∠HCB, :∠ABH=4∠ABC, .∠ABC=∠ADC=4∠ABH, .∠HBC=∠ABC-∠ABH=3∠HBA, ,DE平分∠ADC,DE⊥HC, .DC=DF, 六GFD=∠DCF=180-∠ADC=90-2∠ABH. .∠HCB=90°-2∠ABH, ∠BHC=180°-∠HBC-∠HCB=180°-3∠HBA-90°-2∠ABH=90°-∠ABH (3)解： BQ+DQ最小时Q点的坐标为 理由如下： 连接BD交CG于Q, 由两点间线段最短可知，当B、D、Q三点共线时BQ+DQ最小， 即Q在Q位置时BQ+DQ最小， yd 图1 ,直线CG⊥x轴于G, G的横坐标2， 设Q点坐标为2，m'SARCD=SAxQ+S△Dc0 ×6×2=×m+1×6+2xm+1×4-2 解得m= 21 Co o2引 即BQ+D0最小时0点的坐标为2，号 5.(1)解：延长AD到点E,使DE=AD,连接BE, B D E ,AD为BC边上的中线， ∴BD=CD, 在△ADC和△EDB中， CD=BD ∠ADC=∠EDB, AD=DE ∴△ADC≌△EDB SAS, 故李海证明△BED≌△CAD用到的判定定理是SAS: (2)证明：如图：延长AM,使得AM=MG,连接BG,延长MA交BD于F, D B、MN 图2G 由(1)可得：△AMC≌△GMB SAS, .∠G=∠CAM,∠ACB=∠GBM, .∠BAM+∠ABG+∠G=180°， .∠BAM+∠ABG+∠CAM=180°， .∠BAC+∠ABG=180°， ,∠BAE=∠CAD=90°， .∠BAC+∠EAD=180°， ∴.∠ABG=∠EAD 在△DAE和△GBA中， AE=AB ∠DAE=∠GBA, AD=BG ∴.△DAE≌△GBA|SAS, ∴.∠BAG=∠AED ,∠BAG+∠EAF=90°， .∠AED+∠EAF=90, .∠AFE=180°-∠AED+∠EAF=90°， .AM⊥DE (3)证明：如图，延长AM,使得AM=HM,连接CH,延长CH交AE于I, B 'M 由(1)可得△BAM≌△CHM SAS, ∴.CH=AB=AE,∠HCM=∠ABM, ,∠BAE=90°，∠BCA+∠CAE+∠BAE+∠ABC=180°， ∴.∠BCA+∠CAE+∠ABC=90°， ∴.∠BCA+∠CAE+∠HCM=90°， .∠CAE+∠ACI=90°， .∠CAE+∠EAD=90°， .∠HCA=∠EAD 在△HCA和△EAD中， CH=AE ∠HCA=∠EAD AC=AD .HCA≌△EAD SAS, .DE=AH, .AH=2AM, ∴.DE=2AM 6.(1)解：①CE‖AB 连接AE,如图所示： .'AD=DE∠ADE=60° D ∴.△ADE是等边三角形 ∴.AE=AD,∠DAE=60° ,△ABC是等边三角形 ∴.AB=AC,∠BAC=60° :∠BAD=∠BAC-∠DAC,∠CAE=∠DAE-∠DAC ∴.∠BAD=∠CAE 在△BAD和△CAE中， AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE .∴.△BAD≌△CAE .∴.∠ACE=∠ABD=60° .∠BAC=60° .∠BAC=∠ACE .CE‖AB ②DG=V3(AG-DC),理由如下： 在线段AB上截取AH=CD,连接DH,如图所示： H E .△ABC D 是等边三角形 ∴.AB=BC,∠ABC=60° AH=CD ∴.AB-AH=BC-CD .∴.BH=BD ∴.△BHD是等边三角形 .∴.BD=DH,∠BDH=60 .DG⊥BH ∠HnG-克 ∠BDH=30° .GH-TDH .DG=DH2-GH2=V3GH .DG=3(AG-AH )=3(AG-DC) (2)解：点D是线段BC延长线上一点（不与B,C重合），过D作DG⊥AB,垂足为G, ①当点G在线段AB上时，DG=V3(AG+DC】 如图，在BA延长线上截取AH=CD,连接DH ,△ABC 是等边三角形 ∴.AB=BC AH=CD ∴，BH=BD .:∠ABC=60° ∴.△BHD是等边三角形 .∴.DH=BD,∠DHG=60° ,DG⊥AB,垂足为G ∴.∠DGH=90 ∴.∠HDG=30 ∴.HD=2GH 由勾股定理得， DG=DH2-GH2=3GH GH=AG+AH,AH=DC ∴.GH=AG+DC ∴.DG=V3(AG+DC) ②当点G在线段AB长线上时，DG=V3(DC-AG) 截取AH=CD,连接DH,如图所示： .△ABC 是等边三角形 ∴.AB=BC AH=CD ∴.BH=BD :∠ABC=60° ∴△BHD是等边三角形 ∴.DH=BD,∠DHG=60 ,DG⊥AB,垂足为G .∴.∠DGH=90° .∴.∠HDG=30° .∴.HD=2GH 由勾股定理得， DG=VDH2-GH2-V3GH GH=AH-AG,AH=DC .∴.GH=DC-AG .DG=V3DG-AG)】 7.(1)解：证明：如图，过点C作CE⊥CB于点C,与MN交于点E, ME B .DB⊥MN .∠ABD=90°， ,四边形ABDC内角和为360°，∠ACD=90°，∠ABD=90°， :.∠BAC+∠BDC+∠ACD+∠ABD=360°， ,∠BAC+∠BDC=180° :∠BAC+∠EAC=180°， ∴.∠BDC=∠EAC. ,CE⊥CB, ∴.∠ECB=∠ECA+∠ACB=90° :∠ACD=∠ACB+∠BCD=90, ∴.∠ECA=∠BCD ,在△ACE和△DCB中， ∠BDC=∠EAC AC=DC ∠ECA=∠BCD ∴.△ACE≌△DCBASA, .AE=DB,CE=CB. ,CE=CB,CE⊥CB, ∴△ECB为等腰直角三角形， ..CE2+CB2=BE2, 2CB2=BE2, BE=2CB .BE=AB+AE=AB+BD ∴.AB+BD=V2CB (2)解：猜想：BD-AB=V2CB:理由如下： 过点C作CE⊥CB于点C,与MN交于点E,AC交BD于点F, Q万 D CE⊥CB, ∴.∠ECB=90° ,∠ACD=90, ,∠ECB+∠BCA=∠ACD+∠BCA, .∠ACE=∠DCB .DB⊥MN,∠ACD=90°， .∠CAE=90°-∠AFB,∠D=90°-∠CFD, ∴.∠CAE=∠D ,在△ACE和△DCB中， ∠CAE=∠D AC=DC ∠ACE=∠DCB ∴.△ACE≌△DCB ASA, ∴，AE=DB,CE=CB, ,CE=CB,CE⊥CB, ∴.△ECB为等腰直角三角形， ..CE2+CB2=BE2, 2CB2=BE2, BE=2CB BE=AE-AB=BD-AB, ∴.BD-AB=V2CB (3)解：如图，过点C作EC⊥BC交MN于点E,过点D作DH⊥CB交CB延长线于点 H,MN与CD相交于点O, .∠ACD=90°，EC⊥BC,DB⊥MN, .∠ACE+∠ECD=90°，∠ECD+∠DCB=90°， ∴，∠ACE=∠DCB :DB⊥MN,∠ACD=90° ∴.∠CAE+∠AOC=90°，∠DOB+∠ODB=90°， .∠CAE=∠ODB ,在△ACE和△DCB中， ∠ACE=∠DCB AC=DC ∠CAE=∠ODB ∴，△ACE≌△DCBASA. .EC=BC,∠AEC=∠DBC. ,EC=BC,EC⊥BC, .△ECB为等腰直角三角形， .∠CEB=45° ,∠AEC+∠CEB=∠DBC+∠DBH=180°， .∠DBH=∠CEB=45° :∠DBH=45°，DH⊥CB, △DBH为等腰直角三角形， .DH=BH .Rt△DHB, ..BD2=DH2+BH2=2DH2,BD=V2DH :BD=2, .DH=BH=1, :Rt△CDH,∠BCD=30, .CD=2DH=2, CH=CD2-DH-2-13 ..CB=CH-BH=3-1 8.(1)解：，当x=0时，y=0+6=6, .B点坐标为0,6，OB=6, “5.08=683 0A=63×2÷6=23, ÷A点坐标为23,0 把23,0代入y=a+6得：23k+6=0 解得：k=-3, :直线AB的解析式为y=-3x+6: (2)解：①取直线AB上的点D,使得AD=AC,连接CD, :点P绕点C1,0顺时针旋转60°得到点Q .△CPQ和△ACD是等边三角形， ,∠CPQ=∠CDA=∠ACD=∠CAD=60, 情况一：如图，当点P在射线DB上时， B D》 .∠CDP=180°-∠CDA=180°-60°=120°， ·∠PCD+∠DCQ=∠PCQ=60°，∠QCA+∠DCQ=∠ACD=60°， .∠PCD=∠QCA, 在△PCD和△QCA中， CP=CQ ㄥPCD=∠QCA CD=AC .△PCD≌△QCA|SAS, .∠CAQ=∠CDP=120°： 情况二：如图，当点P在线段AD上时， B D .∠CDP=∠CDA=60°， ,∠PCD+∠ACP=∠ACD=60°，∠QCA+∠ACP=∠PCQ=60°， .∠PCD=∠QCA, 在△PCD和△QCA中， CP=CQ ∠PCD=∠QCA CD=AC .△PCD≌△QCA|SAS, .∠CAQ=∠CDP=60°： 情况三：如图，当点P在DA的延长线上时， y .∠CDP=∠CDA=60°， ,∠PCD-∠ACP=∠ACD=60°，∠QCA-∠ACP=∠PCQ=60°， .∠PCD=∠QCA, 在△PCD和△QCA中， CP=CQ ∠PCD=∠QCA, CD=AC .△PCD≌△QCA SAS, .∠CAQ=∠CDP=60°」 综上所述，∠CAQ的度数为120°或60°： ②如图，当点P在BD上，∠AQP=90°时，△APQ为直角三角形，过点Q作QH⊥x轴 于点H, Ay B D ○ :由①得OC=1,∠CPQ=∠PCQ=∠CAD=60°，由①情况一得∠CAQ=120°， .∠PAQ=∠CAQ-∠CAD=120°-60°=60°，∠APQ=90°-60°=30°， .∠APC=∠CPQ-∠APQ=60°-30°=30°， .∠PCA=180°-∠CAD-∠APC=180°-60°-30°=90°， ∠HCQ=∠PCA-∠PCQ=90°-60°=30°， ∴PC⊥x轴， ∴点P的横坐标=点C的横坐标=1， “CQ=CP=-3×1+6=6-3 0cQ=×16-93=3- 21 cH=cg-HG-6-5-3--35-子 0H=0c+CH=1+33-3=33-3 g6列33-方3- 当点P在线段AD上时，由①得∠CAD=60°，由①情况二得∠CAQ=60°， ∴.∠PAQ=∠DAC+∠CAQ=60°+60°=120°， ∴当点P在线段AD上时，△APQ不可能是直角三角形： 如图，当点P在DA的延长线上，∠APQ=90时，△APQ为直角三角形， C ,由(1)得OA=2V3,由①得OC=1,∠PCQ=∠CPQ=∠CAD=60°，由①情况三 得∠CAQ=60, .AC=0A-OC=23-1,∠APC=∠APQ-∠CPQ=90°-60°=30°， ∠ACP=∠CAD-∠APC=60°-30°=30°， .∠ACQ=∠ACP+∠PCQ=30°+60°=90°， ∴.QC1x轴，∠AQC=180°-∠ACQ-∠CAQ=180-90°-60°=30°， “点Q的横坐标_点C的横坐标=1'AQ=2AC=2×23-1=43-2' CQ=VAQ2-AC=43-2-23-1=6-V3 ·点0的纵坐标=-6-3=3-6' 点Q的坐标为1,3-6 综上所述，点o的坐标 3明-3-51,9-6时 2 9.(1)解：.'△ABC的两条高AD与BE交于点O, ∴.∠BDO=∠ADC=∠AEB=90, .∴.∠DAC+∠AOE=90°，∠DBO+∠BOD=90°， 又.'∠AOE=∠BOD, ∴.∠DAC=∠DBO=23°， 故答案为：23°； (2)解：由(1)得：∠DAC=∠DBO,∠BDO=∠ADC=90°， 在△DAC和△DBO中， ∠DAC=∠DBO AD=BD ∠ADC=∠BDO ..△DAC≌△DBO ASA, .∴.B0=AC=6: (3)解：.∠AOP=∠AEB+∠DAC=90°+∠DAC, ∠ACM=∠BCN=∠ADC+∠DAC=90°+∠DAC, ∴.∠AOP=∠ACM=∠BCN, 依题意得：OP=t,AQ=5t, ,点F是射线BC上一点，且CF=AO, .分以下两种情况讨论： ①当点F在线段BC上时， .∠AOP=∠BCN, ∴.当△AOP与△FCQ全等时，点Q在AC的延长线上，如图1所示： 图1 此时OP=CQ, .AC=6,AQ=5t. ∴.CQ=AQ-AC=5t-6, .t=5t-6, :是 ②当点F在线段BC的延长线上时， .∠AOP=∠ACM, ∴.当△AOP与△FCQ全等时，点Q在线段AC上，如图2所示： E -M D 图2 此时OP=CQ, .AC=6,AQ=5t, ∴.CQ=AC-AQ=6-5t, ∴.t=6-5t, 解得：t=1; 综上，当△AOP与△FCQ全等时，t的值为或1. 10.解：(1)①.·∠EAD=90, ∴.∠EAC+∠DAC=90°， 又.'EF⊥AC, .∠EFA=90, ∴.∠EAC+∠AEF=90°， ∴.∠AEF=∠DAC ②证明：在△ACD和△EFA中， ∠DAC=∠AEF ∠ACD=∠EFA AD=AE .∴.△ACD≌△EFA AAS: (2)证明：.∠EAD=90°， .∴.∠EAF+∠DAC=90°， 又EF⊥AC, ∴.∠EFA=90, .∠EAF+∠AEF=90, ∴.∠AEF=∠DAC, 在△ACD和△EFA中， ∠DAC=∠AEF ∠ACD=∠EFA AD=AE .∴.△ACD≌△EFA AAS, ∴.EF=AC: (3)线段EF的长度不变，理由如下： 当点D在线段BC上时， 由(1)得△ACD≌△EFA, .EF=AC; 当点D在线段BC的延长线上时， 由(2)得EF=AC: 当点D在线段CB的延长线上时，如图， D.∠EAD=90 ∴.∠EAF+∠DAC=90, 又EF⊥AC, ∴.∠EFA=90°， .∴.∠EAF+∠AEF=90°， ∴.∠AEF=∠DAC, 在△ACD和△EFA中， ∠DAC=∠AEF ∠ACD=∠EFA AD=AE .△ACD≌△EFA AAS, ∴EF=AC: 综上所述，线段EF的长度不变，总等于AC的长， 11.解：(1)①在y=x-4中，令y=0,得x-4=0, 解得：X=4, .A4,0 令x=0,得y=-4, B0,-4, 故答案为：4,0，(0，-4： ②D是正比例函数y=kx图象上的动点， ,根据垂线段最短，当AD⊥CD时，AD取得最小值，如图1， B 图1 ,BC⊥CD,AD⊥CD, ∴.∠BCO=∠ODA=90°， .∠AOD+∠OAD=90°， ,∠AOB=90, ∴.∠AOD+∠BOC=90°， ∴.∠OAD=∠BOC, A4,0,B0,-4, ∴.OA=OB=4, 在△OAD和△BOC中， ∠ODA=∠BCO ∠OAD=∠BOC OA=OB .∴△OAD≌△BOCAAS ..AD=OC, 在Rt△B0C中，OC=V0B2-BC2=V42-3=V7 AD的最小值是7， 故答案为：7： (2)一次函数y=-2x+2的图象与x轴，y轴分别交于B,A两点， .A0,2,B1,0 将直线AB绕点A逆时针旋转45°得到直线AC,如图2， 过点B作BF⊥AC于点F,过点F作FG⊥x轴于点G,过点A作AE⊥GF于点E, 0 B\G y=-2x+2 图2 则∠E=∠FGB=∠AFB=90°， ∴.∠FAE+∠AFE=∠AFE+∠BFG=90°， ∴.∠FAE=∠BFG, :∠BAF=45,∠BFA=90°， ∴△ABF是等腰直角三角形， .AF=FB, 在△AFE和△FBG中， ∠E=∠FGB ∠FAE=∠BFG AF=FB ∴.△AFE≌△FBG AAS, .AE=FG,EF=BG. :∠AOG=∠E=∠EGO=90°， ∴.AE=OG,EG=OA=2, 设EF=BG=a,则AE=FG=OG=1+a,EG=EF+FG=1+2a, .1+2a=2, 1 :a-2 0G=AE=FG=1+1=3 2-2 r引 设直线1的解析式为y=x+b, 把A0,2,F 33 k+b=3 22 分别代入得2 2 b=2 解得： b=2 .直线1对应的函数表达式为y=- 3+2: (3)设Pm,-2,Qn,-2n+3,又C3,0, ,△PQC是以CQ为斜边的等腰直角三角形， .PQ=PC,∠CPQ=90°， 当点P在直线AB的右侧，点Q在直线y=-2的下方时，如图1， 过点P作PE⊥X轴于点E,过点Q作QF⊥PE于点F, B y=-2D --TF 图1 则CE=m-3,PE=2,PF=-2--2n+3=2n-5,QF=m-n, :∠CEP=∠PFQ=∠CPQ=90°， .∠CPE+∠PCE=∠CPE+∠QPF=90, ∴.∠PCE=∠QPF, 在△CPE和△PQF中， ∠CEP=PFQ ∠PCE=∠QPF PC=PQ .△CPE≌△PQF AAS, “.CE=PF,PE=QF, .m-3=2n-5 m-n=2 解得： m=6 n=4' Q4,-5: 当点P在直线AB的左侧，点Q在直线y=-2的下方时，如图1， 过点P作PE⊥X轴于点E,过点Q作QF⊥PE于点F, O EP y=-2 图2 CE=3-m,PE=2,PF=2n-5,FQ=n-m, 同理可得：△CPE≌△PQFAAS, ∴.CE=PF,PE=FQ, 3-m=2n-5 n-m=2 解得： m= 10 n= o9 徐上所述点0的型标为4,5时碧号引 12.(1)解：，CM为△ABC的中线， ∴.AM=BM, AM=BM 在△ACM和△BDM中 ∠AMC=∠BMD CM=DM .△ACM≌△BDM|SAS, ∴.BD=AC=2, 在△BCD中，BC-BD<CD<BC+BD,即：4-2<CD<4+2, ∴.2<CD<6, .CM=CD .1<CM<3, 故答案为：SAS,1<CM<3, (2)解：延长DM至点F,使得FM=DM,连结EF,BF, .M为AB中点， .AM=BM, AM=BM 在△ADM和△BFM中，∠AMD=∠BMF DM=FM ∴.△ADM≌△BFM SAS, ∴.BF=AD=2,∠A=∠FBM, .∠ACB=90° ∴.∠A+∠CBA=90°， ∴.∠FBM+∠CBA=90°=∠CBF, 在Rt△EBF中，EF=VEB2+BF=12+2=5 而DM=FM,∠DME=90, .∴.EM垂直平分DF, .'DE=FE=5, 故答案为：DE=V5: (3)①△DME为等腰直角三角形，理由： 延长EM至点N,使得EM=NM,连结DN,AN, ,等腰直角△ACD和等腰直角△CBE, .DA=DC,EC=EB,∠DCA=∠DAC=∠EBC=∠ECB=45°， ∠ADC=∠CEB=90°， .∠DCE=90°， .M为AB中点， ..AM=BM, AM=BM 在△EMB和△NMA中， ∠EMB=∠NMA EM=NM ∴.△EMB≌△NMA|SAS, ∴.BE=AN=CE,∠NAM=∠B=45°， ∴.∠DAN=45°+45°=90°， .∴∠DAN=∠DCE=90°， 又.DA=DC, .∴.△DAN≌△DCE SAS, ∴.DN=DE,∠ADN=∠CDE, 又.'∠ADN+∠NDC=90°， ∴.∠CDE+∠NDC=90=∠NDE, .△DME为等腰直角三角形， ②如图，延长EM至点F,使得FM=EM,连结AF,DF,DE, B.M AB 为中点，同上“倍长中线”方法可得 △AFM≌△BEM, ∴.AF=BE=CE,∠MAF=∠MBE,FM=EM, 设∠DCE=a&, .∠DAF=∠DAC+∠FAC=45°+∠FAB-∠CAB =45°+∠EBA-180-45°-45°-a-∠ABC =45°+∠EBA-90°-a-∠ABC =x ∴.∠DCE=∠DAF, .DA=DC. ∴.△AFD≌△CED SAS, .DF=DE,∠ADF=∠CDE, .同理可得∠ADC=∠FDE=90°， .FM=EM. .DM=ME,DM⊥ME, 分别过D,E作DP⊥AB,EQ⊥AB,P,Q为垂足， ∴.∠MDP=∠EMQ=90°-∠PMD,∠DPM=∠MQE=90°， .∴△DPM≌△MQE AAS, ∴.设DP=MQ=a,MP=EQ=b,AP=c,QB=d, ∴.b+c=a+d,a2+c2=25,b2+d2=9, 解得a+d川a-b=8, ∴SA-SAe=号AM x(DP-EQ. =a+d小xa-b =4, 故答案为：4. 13.(1)解：：四边形ABCD是平行四边形， AD‖BC, ∴.∠DPC=∠PCB, .CP平分∠BCD, .∠PCD=∠PCB, ∴.∠DPC=∠DCP, .DP=DC, CD=CP, ∴.PC=CD=PD, ∴.△PDC是等边三角形， .∴.∠D=∠B=60: (2)解：.四边形ABCD是平行四边形， .AD‖BC, ∴PD‖BC, 要使四边形PDQB是平行四边形，则PD=BQ, 设运动时间为t秒，根据题意可知：AP=t,AD=6,CQ=2t, ①当0<t≤3时，PD=6-0.5t,BQ=6-2t .∴.6-0.4t=6-2t, 解得t=0,不合题意： ②当3<t≤6时，PD=6-0.5t,BQ=2t-6 .∴.6-0.5t=2t-6, 解得，t=4.8； ③当6<t≤9时，PD=6-0.5t,BQ=18-2t ∴.6-0.5t=18-2t, 解得，t=8 ④当9<t≤12时，PD=6-0.5t,BQ=2t-18 ∴.6-0.5t=2t-18, 解得，t=9.6; 综上所述，当运动时间为4.8秒或8秒或9.6秒时，以P,D,Q,B四点组成的四边形是平 行四边形： (3)解：如图3，延长AE交CF于点H, H D ABCD 图3 四边形 是平行四边形， ∴AB=CD,AB‖CD ,CE平分∠ACF, ∴.∠ACE=∠HCE, .AE⊥CE, .∴.∠AEC=∠HEC=90°， CE=CE, ∴.△AEC≌△HEC ASA, ∴.AE=EH,AC=CH, .AB‖CD .∴.∠ABE=∠HFE :∠AEB=∠HEF, .∴.△ABE≌△HEF AAS, ∴.AB=FH AB=CD. ∴.FH=CD, DF=DH+FH=DH+CD=CH=8, .∴AC=CH=8; .AC的长为8； (4)解：如图2，作CH⊥AD于H, F △PDC 图2 是等边三角形， ∴.CD=PD=AB=4,∠DCH=30°， DH-PD-7CD=2. .'CH=3 DH=23 5mx4×293-43. .四边形ABCD是平行四边形， ∴.AB‖CD,BC‖AD,AB=CD, .SAPBC=S△EAB S平行阳边形ABD 2 .1 .SAABP+S△PCD=)S平行四边形ABCD, 2 .S△APr+SAABP=S△ABP+SAPCD, .SAAPF=SARCD=43cm2. 14.解：(1)证明：，△ABC和△ECD是等边三角形， .BC=AC,CD=CE,∠BCA=∠ECD, .∠BCE=∠ACD. .△ACD≌△BCE: (2)①同理可证△ACD≈△BCE, .∠CAF=∠CBE,BE=AD, 又，△ABC是等边三角形， .∠ABC=∠BAC=60°， ∷ ∠ABF+∠BAF=∠ABC-∠EBC+∠BAC+∠CAF=∠CAF+∠CBE=60°+60°=120° ∴.∠AFB=180°-∠ABF+∠BAF=180°-120°=60°： ②BF=CF+AF,理由为： 过点C作CM⊥BE,CN⊥AD于点M,N, .△ACD≈△BCE,BE=AD, .SAACD=S△BCE ..CM=CN, 2BlC=∠Dc-方BD-l80-2alEj号180-12060， 在BF上截取FH=CF,连接CG, 则△FCH是等边三角形， ∴.CH=CF=FH,∠GCF=∠BCA=60°， .∠BCH=∠ACF, 又，BC=AC, .△BCH≌△ACF, .BH=AF .BF=BH+FH=AF +CF: (3)如图，在BD上找一点G,使得AG=AD,连接AG, D E G .AG=AD,AB=AC,∠ACB=∠ADB, ∴.∠ACB=∠ABC=∠ADG=∠AGD, ∴.∠BAC=∠DAG,即∠BAG=∠CAD, ∴△ABG≌△ACD, ∴.CD=BG=4, .∴.DG=BD-BG=10-4=6, 又AE⊥DG, ∴.≥=ED=3 .AE=VAD2-DE=V92-32=72=6V2 56Am-Sacmr=5m-5,cw=5aAm56Amc=56AamDG×Ab -方×6×62-182 15.解：(1)①△ABC是等边三角形， ∴.AB=BC=AC=AB=AC, .DB=DC, .AD⊥BC, ,∠BAC=60°，∠BAC+∠BAC=180°， .∠BAC=120°， ∴.∠B=∠C=30°， .AD-AB-BC. 故答案为：AD=BC, ②，∠BAC=90°，∠BAC+∠BAC=180°， ∴.∠BAC=∠BAC=90°， AB=AB,AC=AC, △BAC≌△BAC5AS' ..BC=BC, .BD=DC, :.AD=IBC=1BC=9, 故答案为：9： 2)结论：AD=号BC,理由如下： 如图1中，延长AD到M,使得AD=DM,连接BM,C'M, B 图1 .B D=DC,AD=DM, .四边形ACMB是平行四边形， ∴.AC=BM=AC, ,∠BAC+∠BAC=180°，∠BAC+∠ABM=180°， .∠BAC=∠MBA, .AB=AB, ÷△BAC≌△AB M(SAS) .BC=AM 又：A0-号AM, .AD=BC: (3)在四边形内部存在点P,使△PDC是△PAB的“旋补三角形”，△PAB的“旋补中 线”长为39，理由如下： 如图4中，延长AD交BC的延长线于M,作BE⊥AD于E,作线段BC的垂直平分线交 BE于P,交BC于F,连接PA、PD、PC,作△PCD的中线PN, 连接DF交PC于O, .∠ADC=150°， 图4 ∴.∠MDC=30°， 在Rt△DCM中，CD=2V3,∠DCM=90°，∠MDC=30°， ∴.CM=2,DM=4,∠M=60°， 在Rt△BEM中，∠BEM=90°，BM=14,∠MBE=30°， :EM=-BM=7, ∴.BM=7V3, .∴.DE=EM-DM=3, 在Rt△AEB中，AE=√AB-BE=2V39}-|73=3' ∴AE=DE, ,BE⊥AD, ∴.PA=PD,PB=PC, 在Rt△CDF中，CD=2V3,CF=6, ∴.∠CDF=60°， ∴.∠ADF=90°=∠AEB, ∴.∠CBE=∠CFD, .∠CBE=∠PCF, ∴.∠CFD=∠PCF, ,∠CFD+∠CDF=90°，∠PCF+∠CPF=90°， .∴.∠CPF=∠CDF=60°=∠CDF, FC=FC, .∴.△FCP≌△CFD AAS, ∴.CD=PF, CD‖PF, ∴.∠CDP=90°， .∴.∠ADP=∠ADC-∠CDP=60°， ∴△ADP是等边三角形， ∴∠ADP=60 .∠BPF=∠CPF=60°， .∠BPC=120, .∴.∠APD+∠BPC=180° ∴.△PDC是△PAB的“旋补三角形”， AB=239 △PAB的“旋补中线”长=号AB=号39， 16.解：(1).∠BAC=90°，∠1+∠BAC+∠2=180°， .∠1+∠2=90°， 故答案为：∠1+∠2=90° (2)①DE=BD+CE,理由如下： ,BD⊥直线L,CE⊥直线l, .∠BDA=∠AEC=90°， .∠BAC=90 .∴.∠BAD+∠CAE=90, .∠BAD+∠ABD=90°， .∴.∠ABD=∠CAE 在△ADB和△CEA中， ∠BDA=∠AEC ∠ABD=∠CAE AB=AC .∴.△ADB≌△CEA AAS, ∴.BD=AE,AD=CE, ∴.DE=AE+AD=BD+CE, 故答案为：DE=BD+CE; ②DE=BD+CE成立.证明如下： 如图2， .·∠BDA=∠BAC=a D A 图2 ∴.∠DBA+∠DAB=∠DAB+∠CAE, ∴.∠DBA=∠CAE, 在△ADB和△CEA中， ∠BDA=∠AEC ∠ABD=∠CAE AB=AC .∴△ADB≌△CEAAAS, ∴BD=AE,AD=CE .∴.DE=AE+AD=BD+CE: (3)①当E在BC上，D在AC上时，即0<t≤16， Q D N M CE=16-3tcm CD=12-2tcm B 以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等， ∴.CD=CE ∴.16-3t=12-2t, .t=4; ②当E在AC上，D在AC上时，即5<t<6, 3 D(E) Q M(N) CE=3t-16cm CD=12-2tcm B .'CD=CE, .∴.3t-16=12-2t, :t=28 ③当E到达A,D在BC上时，即6≤t≤14， A(E) ※ CE=12cm CD=2t-12cm B D P .CD=CE, .∴.12=2t-12, ∴.t=12 28」 综上所述， 当t=4或兮或12s时，以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶 点的三角形全等， 17.(1)解：：直线1是线段AB的垂直平分线，点C在直线1上， .OA=OB,CO⊥AB, ..AB=20A. .OA=OC,SAABC=16, 5m号ABG0=×20A×0A=16, ∴.OA=4(负值不符合题意，舍去)： (2)解：当t=2时，线段DP与DB垂直且相等，理由如下： 由(1)可得：OA=OB=OC=4,CO⊥AB,AB=2OA=8, AC=BC-A02+0C2-42 ,点D是线段AC的中点， CD-AC-2V “AC2+BC2=4y2}+42=64'AB=8=64 ..AC2+BC2=AB2, ∴.△ACB为等腰直角三角形，且∠ACB=90°， BD2=BC2+CD2=42}+22}=40'∠AC0=45 ,点P从点C出发，沿直线1向上以2个单位/秒的速度运动，设点P运动的时间为t秒， ∴.CP=2t, ∴.OP=CP+OC=2t+4, 六PB2=0B2+0P2=42+2t+42=4t2+16t+32 如图，作DF⊥I于点F, -月F E 图① 则△DFC为等腰直角三角形， .DF=CF .DF2+CF2=CD2, .DF=CF=2, ..PF=PC+CF=2t+2, PD2=DF2+PF2=22+2t+22=4t2+8t+8 ,线段DP与DB垂直且相等， ∴.DP=BD2,且DP2+BD2=PB2, .4t2+8t+8=40,4t2+8t+8+40=4t2+16t+32, 解得：t=2, ∴.当t=2时，线段DP与DB垂直且相等： (3)解：，直线I是线段AB的垂直平分线，点E、P在直线1上， .PA=PB,EA=EB ,∠APB=60, ∴.△PAB为等边三角形， 由(1)可得：AB=8, ∴PA=PB=AB=8, .∠AEB=120°， ∴.∠APB+∠PAE+∠AEB+∠EBP=360°， .∠PAE+∠EBP=180°， 如图，延长PB至点H,使得AM=BH,连接EH, M E 图② ,∠EBH+∠EBP=180°， ∴.∠EBH=∠PAE, 在△MAE和△BEH中， EA=EB ∠MAE=∠EBH, AM=BH ∴.△MAE≌△BEH SAS, .EM=EH,∠AEM=∠BEH, ,∠AEB=∠AEM+∠MEB=120, ∴.∠BEH+∠MEB=120°=∠MEH, ,∠MEN=60, .∠NEH=∠MEH-∠MEN=60°=∠MEN, 在△MNE和△HNE中， EM=EH ∠MEN=∠HEN, EN=EN .△MNE≌△HNE SAS, .MN =NH, ∴.△PMN的周长=PM+PN+MN =PA-AM+PN+NH =PA-AM+PN+NB+BH =PA+PB =8+8 =16, 故△PMN的周长是定值，为16， 18.(1)解：如图所示，四边形OAM1B,OAM2B即为所求： M AB OMOM, 连接， ,∠AOB=90, AB=V32+42=5'0M1=32+42=5'0M2=V32+42=5 .AB=OM=OM2, ∴.四边形OAM1B,OAM2B即为所求： (2)证明：，∠ABD=∠CBE=90°， ∴.∠ABD+∠CBD=∠CBE+∠CBD,即∠ABC=∠DBE, BA=BD,BC=BE, ∴.△ABC≌△DBE|SAS, .AC=DE, ,∠CBE=90°， .BC=BE. .∠BCE=45°， ,∠DCB=45° .∠DCE=∠BCE+∠DCB=90°， ..DC2+CE2=DE2, AC=DE. ..DC2+CE2=AC2, ∴四边形AECD是以CD,CE为勾股边且对角线相等的勾股四边形； (3)解：连接AE,CD,过点B作BF⊥AD于点F, ,△ABC和△BDE是等边三角形， .BC=BA=AC,BD=BE,∠ABC=∠DBE=60°， ∴.∠ABC+∠ABD=∠DBE+∠ABD 即∠DBC=∠EBA, BD=BE 在△DBC和△EBA中， ∠DBC=∠EBA BC=BA ∴.△DBC≌△EBA SAS, ..CD=AE ,四边形ABED是以AB、AD为勾股边的勾股四边形， ..AB2+AD2=AE2, ..AC2+AD2=CD2, ∴，△ACD是直角三角形，且∠DAC=90°， .∠DAB=∠DAC-∠BAC=90°-60°=30° 在Rt△ABF中，∠DAB=30°，AB=4V3,BD=V13 BF-AB-2R3,AF-AB-BF-(493-(293)-6. DF-BD2-BE2=1' 当点F在线段AD上时，如图， E D F六 AD=AF+DF=7 C:. 当点F在AD延长线上时，如图， AD=AF-DF=5 综上，线段AD的长为7或5， 19.(1)解：①∠AFD=15°时，DE‖AB, 如图： D B ,∠C=90°，∠B=30 .∠BAC=90°-30°=60°， .AF平分∠CAB, ·∠CAF=∠BAF=1 ∠BAC=30°， 2 .∠AFC=90°-30°=60°， ,∠AFD=15°，∠DFE=90°， .∠BFE=180°-∠AFC-∠AFD-∠DFE=15°， ∠B=30, .∠GHF=∠B+∠BFE=45°， .∠E=45°， .DE‖AB: ②∠AFD=60时，EF‖AB: B 由①知∠AFC=60°， ∴.当∠AFD=60时，∠DFB=180°-∠AFC-∠AFD=60°， :∠BAF=30 ∴.∠AOF=180°-∠BAF-∠AFD=90° ∴.∠AOF=∠DFE=90° .EF‖AB ③当∠AFD=30时，DF‖AC,如图： D E B ∵∠CAF=30 ∴.此时∠AFD=∠CAF=30° .DF‖AC: (2)解：①当∠PAF=∠PFA时， 由(1)可得：∠BAF=30°， ∴.∠PAF=∠PFA=30°， .即∠AFD=30°： ②当∠APF=∠AFP时， ,∠BAF=30° ∠AFD=∠APF=180°-30=75 ③当∠AP=∠FPA=30°时， ∴.∠AFD=180°-2×30°=120°， B 综上所述，∠AFD的度数为30°或75°或120°： (3)解：∠FMN=∠FNM. 理由：如图6所示： 图6 :∠FNM是△BMN的一个外角， .∠FNM=∠B+∠BMN, ∠B=30°， .∠FNM=∠B+∠BMN=30°+∠BMN, .∠BMF是△AFM的一个外角， '.∠BMF=∠MAF+∠AFM, 即∠BMN+∠FMN=∠MAF+∠AFM, 又：∠MAF=30°，∠AFM=2∠BMN, ∴.∠BMN+∠FMN=30°+2∠BMN, ∴.∠FMN=30°+∠BMN, ∴.∠FNM=∠FMN 20.(1)解：，将平行四边形OABC先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到 平行四边形NPQM, ∴.点C、点O分别向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到点M点N, .C-2,3,00,0, .M2,2,N4,-1; 设直线MN的解析式为y=x+b, .「2k+b=2 ÷4k+b=-1 3 k=- 2 b=5 ·直线MN的解析式为y=~3 +5 (2)解：如图所示，设MN与x轴交于E,MD与AB交于F,过点M作MG⊥x轴于G, YA M A ,四边形OABC是平行四边形， OC‖AB,BC‖OA 由平移的性质可得MD‖BC,MN‖OC, .MN‖AB,MD‖OA,即MF‖AE,ME‖AF, “.四边形MEAF是平行四边形 :.平行四边形NPQM与平行四边形OABC的重叠部分的形状是平行四边形： y=号+5中，当=0.x-0 E AE=4-10=2 3-31 S8加=AEy子x2-=手 2 31 平行四边形NPQM与平行四，边形OABC的重叠部分的面积为 3 (3)解：.A4,0, ∴0A=4, ,四边形OABC是平行四边形， .BC=OA=4,BC‖OA, .C-2,3, .B2,3, 同理可得直线OB的解析式为y= 3 设nm,m,Ein,or 3 当OE为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得： 0+n-m+4 2 2 3 0+0 -1+m 2 2 3 m= 解得， 当OE为边时，则OE=DN,OEDN, .m=-2 0E=DN=4+2=14 33 综上所述， n号on--,号on层-小E-号o时 以O,N,D,E为顶点的四边形为平行四边形. 21.(1)解：，一次函数y=2X+6的图象交x轴于点A,交y轴于点B. .当y=2x+6=0时，则x=-3, .A-3,0, 当x=0时，y=6, B0,6 2)0D-号0A. .OD=8, D8,0, 设直线BD的解析式为y=kx+b. 将B0,6,D8,0代入y=kx+b, 8k+b=0 k=、3 得b=6 解 b=6 ·直线BD的函数解析式为y=-三X (3),▣ABCD, .AD‖BC, .∠HBF=∠EDF,∠BHF=∠C, 当BH=AE时，四边形ABHE为平行四边形， 而F为BD的中点， .BF=DF, .△BHF≌△EDF, .BH=ED .AE=DE, .3+t=8-t, 解多 二当t二号秒时，四边形ABHE为平行四边形： (4)如图，当P在y轴正半轴时，，点Q是直线BD上的一个动点， 设p0,n'Qm,-4 3 m+6: 过Q1作Q1K⊥x轴于K,△PAQ1为等腰直角三角形， ∠POA=∠Q1KA=90°=∠PAQ1,AP=AQ1, .∠PAO+∠APO=90°=∠PAO+∠KAQ1, .∠APO=∠KAQ1, .△PAO≌△AQK, ..AO=Q K=3,OP=AK=n, ya,=-3” 二三m+6=-3,解得：m=12 ∴.n=3+12=15, .P0,15, 当P在负半轴时，过Q2作Q2T⊥X轴于T, 同理可得：Q2T=OA=3,OP1=AT, 子m+6=3,解得：m=4 .AT=4+3=7=0P1, P10,-7 综上：当△APQ是以PQ为斜边的等腰直角三角形时，点P(0,15或P0,-7 22.解：(1)①理由：连接OC, B .O AB 图① 是的中点， ∴.OC⊥AB,OC平分∠ACB, .∴.∠OCE=45°，OC=OA=OB,∠C0A=90°， .∠DOE=90°， ∴.∠AOD=∠COE, 在△AOD与△COE中， ∠A=∠OCE AO=OC ∠AOD=∠COE ∴.△AOD≌△COE(ASA), ∴.OD=OE, “DE=V0D+0E, .当OD⊥AC时，DE有最小值， ,∠ACB=90°， .OD‖BC, O是AB边上的中点，BC=4, ∴.OD=2, .DE=2V2: .D、E不与A、B重合， ∴.DE的取值范围是2只V2≤DE<4: ②△ODE是等腰直角三角形， .'OD=OE,∠MON=90°， ∴.△ODE是等腰直角三角形： ③在旋转过程中，四边形ODCE的面积不发生变化， .·△AOD≌△COE .∴.四边形CDOE的面积=△AOC的面积， .AC=BC=4, .AB=4V2, A0=0C=1AB=2V2 .四边形CD0E的面积=△A0C的面积=×22×22=4： (2)延长DO至F,使OF=OD,连接BF,EF, D .O AB B 图② 为 的中点， ∴.OA=OB, .∠AOD=∠BOF, .△AOD≌△BOF(SAS) ∴.AD=BF,∠A=∠OBF, :∠A+∠ABC=90°， .∠CBF=90°， ∴.BE2+BF2=EF2, .OE⊥OD,OD=OF, ∴.DE=EF, ∴BE2+BF=DE2, .BE2+AD2=DE2 23.解：(1)作AM‖BN且AM=BN,则四边形ABNM是平行四边形： .AC=BN=AM,∠MAC=∠AGB=60, .△ACM是等边三角形： 由三角形三边关系可知，MN+NC>MC, 当AB与CN平行时，MN,C三点在同一直线上，此时，MN+NC=MC, ∴.AB+CN≥BN: 故答案为：平行四边形，等边三角形，>： (2)①作BEAN且BE=AN,连接AE,如图所示： ,AC=BC,∠C=90°， ∠CAB=∠CBA=45°， ,BE‖AN且BE=AN, ∴，四边形AEBN是平行四边形， .AE=BN,∠ABE=∠NAB=∠MBA=45°，AN=BE=BM, ∴.△ABE≌△ABM, .AM=AE=BN: ②作AH⊥BH,如图所示： G H :AE‖BN, .∠GAE=180°-∠AGB=30° ,△ABE≌△ABM, ·∠BAE=∠BAM=∠GAE=15°， .∠AEH=∠BAE+∠ABE=60°， .∠HAE=30, 设AE=2x则HE=X,AH=AE2-HE-3x :∠HAB=∠ABH=45°， .BH=AH=3x, ∴BE=BH-HE=R3-1x BE=BM=3-1, ∴3-1x=3-1 解得：x=1, .AM=AE=2x=2. (3)作MH‖AN且MH=AN,连接NH,BH,作HI⊥BC,如图所示： 则四边形AMHN是平行四边形，∠HMI=∠C=45°，NH‖AM, .MH=AN=2a,NH=AM=BN, :∠NGM=∠AGB=120°，NH‖AM, .∠HNB=180°-∠NGM=60°， ∴，△HNB是等边三角形， .BH=NH=BN=AM .MH=V2a,∠HMI=45°， ∴.HI=MI, .H1+MI=HM2, .HI=MI=a, .BM=b-a, .BI=BM+MI=b, AM-BH=BI+HP-d+b