专题07 一线三等角模型压轴题真题分类-2022-2023学年八年级数学上册重难点题型期末复习热点题型（人教版）

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模型拓展
专题简介：本份资料包含一线三等角模型常考的中档大题、一线三等角模型常规压轴题、坐标系中的三垂
直模型类压轴题，所选题目源自各名校期中、期末试题中的典型考题。适合于培训机构的老师给学生作专
题复习培训时使用或者冲刺压轴题高分时刷题使用。
题型1：一线三等角模型中档大题
1.如图，，，且．
（1）试说明：是等腰直角三角形；（2）若，求的度数．
【解答】证明：（1）在△ABE与△ECD中，，∴△ABE≌△ECD（ASA），
∴AE＝ED，∵∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠AEB+∠CED＝90°，∴△AED是等腰直角三角形；
（2）∵△ABE≌△ECD，∴∠AEB＝∠CDE，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∵∠CDE＝2∠BAE，
∴2∠BAE+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝30°，∴∠CDE＝60°．
2.如图，在△ABC中，AC＝BC，D、E分别为AB、BC上一点，∠CDE＝∠A．若BC＝BD，求证：CD＝DE．
【解答】证明：∵AC＝BC，∴∠A＝∠B，∵AC＝BC BC＝BD，∴AC＝BD，∵∠CDB＝∠A+∠ACD＝∠CDE+∠BDE，∠CDE＝∠A，∴∠ACD＝∠BDE，
在△ACD与△BDE中，，
∴△ACD≌△BDE（ASA），∴CD＝DE．
3．（雅礼）如图，在△中，，点是边上一点，，点在边上．
（1）若，求证：
①；
②；
（2）若，，求的度数．
【解答】（1）证明：①∵在△ABC中，∠BAD+∠B+∠ADB＝180°，∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，
又∵∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，且∠ADE＝∠B，∴∠BAD＝∠CDE；②由①得：∠BAD＝∠CDE，
在△ABD与△DCE中，，∴△ABD≌△DCE（ASA），∴BD＝CE；
（2）解：在△ABD与△DCE中，，∴△ABD≌△DCE（SAS），∴∠BAD＝∠CDE，
又∵∠ADE＝180°﹣∠CDE﹣∠ADB，∴∠ADE＝180°﹣∠BAD﹣∠ADB＝∠B，
在△ABC中，∠BAC＝70°，∠B＝∠C，∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝×110°＝55°，
∴∠ADE＝55°．
4.如图，，，，，垂足分别为，，，求，求的长．
【解答】解：∵AD⊥CE，BE⊥CE，∴∠ADC＝∠E＝90°，∴∠ACD+∠CAD＝90°，
∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∴∠BCE＝∠CAD，
在△BCE和△CAD中，，∴△BCE≌△CAD（AAS），
∴CD＝BE＝1（cm），CE＝AD＝2.5（cm），∴DE＝CE﹣CD＝2.5﹣1＝1.5（cm）．
5.已知,如图①,在△ABC中,∠BAC=90∘，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D. E，求证：DE=BD+CE.
(2)如图②,将(1)中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D. A. E三点都在直线m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意钝角，请问结论DE=BD+CE是否成立?若成立，请你给出证明：若不成立，请说明理由。
【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下：∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∵BD⊥m，CE⊥m，∴∠ADB＝∠CEA＝90°，∴∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，
在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（2）结论DE＝BD+CE成立，理由如下：∵∠BAD+∠CAE＝180°﹣∠BAC，∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠ADB，∠ADB＝∠BAC，∴∠ABD＝∠CAE，
在△BAD和△ACE中，，∴△BAD≌△ACE（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝DA+AE＝BD+CE。
6．（1）如图1，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AE是过A点的一条直线，且B、C在AE的异侧，BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，求证：BD＝DE+CE．
（2）若直线AE绕点A旋转到图2的位置时（BD＜CE），其余条件不变，问BD与DE、CE的关系如何？请予以证明．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，BD⊥AE，CE⊥AE，∴∠BDA＝∠AEC＝90°，∵∠ABD+∠BAE＝90°，∠CAE+∠BAE＝90°∴∠ABD＝∠CAE，∵AB＝AC，在△ABD和△CAE中，
∵，∴△ABD≌△CAE（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∵AE＝AD+DE，
∴BD＝DE+CE；
（2）BD＝DE﹣CE；∵∠BAC＝90°，BD⊥AE，CE⊥AE，∴∠BDA＝∠AEC＝90°，∴∠ABD+∠DAB＝∠DEB+∠CAE，∴∠ABD＝∠CAE，∵AB＝AC，在△ABD和△CAE中，
∵，∴△ABD≌△CAE（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∴AD+AE＝BD+CE，
∵DE＝BD+CE，∴BD＝DE﹣CE．
题型2：一线三等角模型常规压轴题
7.（1）如图1，直线m经过等腰直角△ABC的直角顶点A，过点B、C分别作BD⊥m，CE⊥m，垂足分别是D、E．求证：BD＋CE＝DE；
（2）如图2，直线m经过△ABC的顶点A，AB＝AC，在直线m上取两点 D、E，使∠ADB＝∠AEC＝α，补充∠BAC＝ （用α表示），线段BD、CE与DE之间满足BD＋CE＝DE，补充条件后并证明；
（3）在（2）的条件中，将直线m绕着点A逆时针方向旋转一个角度到如图3的位置，并改变条件∠ADB＝∠AEC＝ （用α表示）．通过观察或测量，猜想线段BD、CE与DE之间满足的数量关系，并予以证明．
【解答】解：（1）∵BD⊥m，CE⊥m，∴∠DAB+∠ABD＝90°，∠ADB＝∠AEC，∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB+∠EAC＝90°，∴∠ABD＝∠EAC，
在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，
∴BD+CE＝AD+AE＝DE；
（2）补充∠BAC＝α，理由如下：∵∠ADB＝∠BAC＝α，∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠CAE＝∠ABD，
在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE＝BD，AD＝CE，
∴BD+CE＝AE+AD＝DE；
（3）补充∠ADB＝∠AEC＝180°﹣α，理由如下：∵∠ADB＝180°﹣α，∴∠ABD+∠BAD＝α，
∵∠BAD+∠CAE＝α，∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS），∴AE＝BD，CE＝AD，
∴BD+DE＝AE+DE＝AD＝CE；
8. 已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点E为△ABC内一点，连接AE，CE，CE⊥AE，过点B作BD⊥AE，交AE的延长线于D．
（1）如图1，求证BD=AE；
（2）如图2，点H为BC中点，分别连接EH，DH，求∠EDH的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，点M为CH上的一点，连接EM，点F为EM的中点，连接FH，过点D作DG⊥FH，交FH的延长线于点G，若GH：FH=6：5，△FHM的面积为30，∠EHB=∠BHG，求线段EH的长．
【详解】证明：（1）∵CE⊥AE，BD⊥AE，∴∠AEC＝∠ADB＝90°，∵∠BAC＝90°，
∴∠ACE+CAE＝∠CAE+∠BAD＝90°，∴∠ACE＝∠BAD，
在△CAE与△ABD中，∴△CAE≌△ABD（AAS），∴AE＝BD；
（2）连接AH，∵AB＝AC，BH＝CH，∴∠BAH＝，∠AHB＝90°，
∴∠ABH＝∠BAH＝45°，∴AH＝BH，∵∠EAH＝∠BAH﹣∠BAD＝45°﹣∠BAD，
∠DBH＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD﹣∠ABH＝45°﹣∠BAD，∴∠EAH＝∠DBH，
在△AEH与△BDH中∴△AEH≌△BDH（SAS），∴EH＝DH，∠AHE＝∠BHD，
∴∠AHE+∠EHB＝∠BHD+∠EHB＝90°，即∠EHD＝90°，∴∠EDH＝∠DEH＝；
（3）过点M作MS⊥FH于点S，过点E作ER⊥FH，交HF的延长线于点R，过点E作ET∥BC，交HR的延长线于点T．∵DG⊥FH，ER⊥FH，∴∠DGH＝∠ERH＝90°，∴∠HDG+∠DHG＝90°
∵∠DHE＝90°，∴∠EHR+∠DHG＝90°，∴∠HDG＝∠HER
在△DHG与△HER中， ，∴△DHG≌△HER （AAS），∴HG＝ER，∵ET∥BC，
∴∠ETF＝∠BHG，∠EHB＝∠HET，∠ETF＝∠FHM，∵∠EHB＝∠BHG，∴∠HET＝∠ETF，
∴HE＝HT，在△EFT与△MFH中，，∴△EFT≌△MFH（AAS），
∴HF＝FT，∴，∴ER＝MS，∴HG＝ER＝MS，
设GH＝6k，FH＝5k，则HG＝ER＝MS＝6k，
，k＝，∴FH＝5，
∴HE＝HT＝2HF＝10．
9.如图（1），已知中，，；是过的一条直线，且，在的异侧，于，于．
求证：；
若直线绕点旋转到图（2）位置时（），其余条件不变，问与，的数量关系如何？请给予证明．
（3）若直线绕点旋转到图（3）位置时（），其余条件不变，问与，的数量关系如何？请直接写出结果，不需证明；．
【解答】解：（1）∵BD⊥AE，CE⊥AE，∴∠ADB＝∠CEA＝90°，∴∠ABD+∠BAD＝90°，
又∵∠BAC＝90°，∴∠EAC+∠BAD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，
，∴△ABD≌△ACE（AAS），∴BD＝AE，AD＝EC，∴BD＝DE+CE．
（2）∵BD⊥AE，CE⊥AE，∴∠ADB＝∠CEA＝90°，∴∠ABD+∠BAD＝90°，又∵∠BAC＝90°，
∴∠EAC+∠BAD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（AAS），∴BD＝AE，AD＝EC，
∴BD＝DE﹣CE．
（3）同（2）的方法得出，BD＝DE﹣CE．
10.如图，中，，，点为射线上一动点，连结，作且．
（1）如图1，过点作交于点，求证：；
（2）如图2，连结交于点，若，，求证：点为中点．
（3）当点在射线上，连结与直线交于点，若，，则______．（直接写出结果）
【解答】解：（1）证明：∵FD⊥AC，∴∠FDA=90°，∴∠DFA+∠DAF=90°，同理，∠CAE+∠DAF=90°，
∴∠DFA=∠CAE，
在△AFD和△EAC中，，∴△AFD≌△EAC（AAS），∴DF=AC，∵AC=BC，∴FD=BC；
（2）作FD⊥AC于D，由（1）得，FD=AC=BC，AD=CE，
在△FDG和△BCG中，，∴△FDG≌△BCG（AAS），∴DG=CG=1，
∴AD=2，∴CE=2，∵BC=AC=AG+CG=4，∴E点为BC中点；
（3）当点E在CB的延长线上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，BC=AC=4，CE=CB+BE=7，
由（1）（2）知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，∴CG=GD，AD=CE=7，∴CG=DG=1.5，
∴，同理，当点E在线段BC上时，，
故答案为：或.
题型3：坐标系中的三垂直模型类压轴题
11．（广益）已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（0，4），点C在第四象限，AC⊥AB，AC＝AB．
（1）求点C的坐标及∠COA的度数；
（2）若直线BC与x轴的交点为M，点P在经过点C与x轴平行的直线上，求出S△POM+S△BOM的值．

【解答】解：（1）作CD⊥x轴于点D，∴∠CDA＝90°．∵∠AOB＝90°，∴∠AOB＝∠CDA．∴∠DAC+∠DCA＝90°．∵AC⊥AB，∴∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝90°，∴∠BAD＝∠ACD．
在△AOB和△CDA中，∴△AOB≌△CDA（AAS），∴AO＝CD，OB＝DA．
∵A（﹣2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，∴CD＝2，DA＝4，∴OD＝2，∴OD＝CD．
∵点C在第四象限，∴C（2，﹣2）．∵∠CDO＝90°，∴∠COD＝45°．∴∠COA＝180°﹣45°＝135°．
（2）∵PC∥x轴，∴点P到x轴的距离相等，∴S△POM＝S△COM．∴S△POM+S△BOM＝S△COM+S△BOM＝S△BOC．
∴S△POM+S△BOM＝S△BOC＝＝4．
12．（师大）已知，△ABC是等腰直角三角形，BC＝AB，A点在x负半轴上，直角顶点B在y轴上，点C在x轴上方．
（1）如图1所示，若A的坐标是（﹣3，0），点B的坐标是（0，1），求点C的坐标；
（2）如图2，过点C作CD⊥y轴于D，请直接写出线段OA，OD，CD之间等量关系；
（3）如图3，若x轴恰好平分∠BAC，BC与x轴交于点E，过点C作CF⊥x轴于F，问CF与AE有怎样的数量关系？并说明理由．
【解答】解：（1）作CH⊥y轴于H，如图1，∵点A的坐标是（﹣3，0），点B的坐标是（0，1），
∴OA＝3，OB＝1，∵△ABC是等腰直角三角形，∴BA＝BC，∠ABC＝90°，∴∠ABO+∠CBH＝90°，
∵∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠CBH＝∠BAO，
在△ABO和△BCH中，∴△ABO≌△BCH，∴OB＝CH＝1，OA＝BH＝3，
∴OH＝OB+BH＝1+3＝4，∴C（﹣1，4）；
（2）OA＝CD+OD．理由如下：如图2，∵△ABC是等腰直角三角形，∴BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠CBD＝90°，∵∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠CBD＝∠BAO，
在△ABO和△BCD中，∴△ABO≌△BCD，∴OB＝CD，OA＝BD，而BD＝OB+OD＝CD+OD，∴OA＝CD+OD；
（3）CF＝AE．理由如下：如图3，CF和AB的延长线相交于点D，∴∠CBD＝90°，
∵CF⊥x，∴∠BCD+∠D＝90°，而∠DAF+∠D＝90°，∴∠BCD＝∠DAF，
在△ABE和△CBD中，，∴△ABE≌△CBD（ASA），∴AE＝CD，
∵x轴平分∠BAC，CF⊥x轴，∴CF＝DF，∴CF＝CD＝AE．

13．（青竹湖）如图1，OA＝2，OB＝4，以A点为顶点、AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC．
（1）求C点的坐标；
（2）如图2，P为y轴负半轴上一个动点，当P点向y轴负半轴向下运动时，以P为顶点，PA为腰作等腰Rt△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求OP﹣DE的值；
（3）如图3，已知点F坐标为（﹣2，﹣2），当G在y轴的负半轴上沿负方向运动时，作Rt△FGH，始终保持∠GFH＝90°，FG与y轴负半轴交于点G（0，m），FH与x轴正半轴交于点H（n，0），当G点在y轴的负半轴上沿负方向运动时，求证m+n为定值，并求出其值．
【解答】解：（1）过C作CM⊥x轴于M点，如图1，∵CM⊥OA，AC⊥AB，∴∠MAC+∠OAB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，则∠MAC＝∠OBA，
在△MAC和△OBA中，，∴△MAC≌△OBA（AAS）
∴CM＝OA＝2，MA＝OB＝4，∴点C的坐标为（﹣6，﹣2）；
（2）过D作DQ⊥OP于Q点，如图2，则OP﹣DE＝PQ，∠APO+∠QPD＝90°∠APO+∠OAP＝90°，则∠QPD＝∠OAP，在△AOP和△PDQ中，
则△AOP≌△PDQ（AAS），∴OP﹣DE＝PQ＝OA＝2；
（3）结论②是正确的，m+n＝﹣4，如图3，过点F分别作FS⊥x轴于S点，FT⊥y轴于T点，
则FS＝FT＝2，∠FHS＝∠HFT＝∠FGT，在△FSH和△FTG中，
则△FSH≌△FTG（AAS），则GT＝HS，又∵G（0，m），H（n，0），点F坐标为（﹣2，﹣2），
∴OT═OS＝2，OG＝|m|＝﹣m，OH＝n，∴GT＝OG﹣OT＝﹣m﹣2，HS＝OH+OS＝n+2，
则﹣2﹣m＝n+2，则m+n＝﹣4．

14．（青竹湖）如图1，在平面直角坐标系中，点，连接OA，将OA绕点O逆时针方向旋转90°到OB．
（1）求点B的坐标；（用字母a，b表示）
（2）如图2，延长AB交x轴于点C，过点B做交y轴于点D，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点O做，若，求OM的长．
【解答】（1）解：如图1，
作AC⊥x轴于C，作BD⊥x轴于D，∴∠ACO＝∠BDO＝90°，∴∠AOC+∠A＝90°，∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC+∠BOD＝90°，∴∠A＝∠BOD，
在△AOC和△OBD中，，∴△AOC≌△OBD（AAS），∴OD＝AC＝|b|，BD＝OC＝|a|，
∴B（﹣b，a）；
（2）证明：如图2，
设OC，BD交于点E，∵BD⊥AC，∴∠BCD＝∠COD＝90°，∵∠BEC＝∠DEO，
∴∠ACO＝∠BDO，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，
即：∠AOC＝∠BOD，∵OA＝OB，∴△AOC≌△BOD（ASA），∴OC＝OD；
（3）如图3，
延长OM至N，使MN＝OM，MO的延长线交AB于Q，连接DN，∵OM∥BD，BD⊥AB，
∴OQ⊥AB，∠AOQ＝∠＝，∠DON＝∠BDO＝∠BCO，∵OA＝OB，∴AQ＝BQ，
∴AM＝DM，∵∠AMO＝∠DMN，∴△AMO≌△DMN（SAS），∴∠N＝∠AOM＝180°﹣∠AOQ＝135°，
∵∠ABO＝45°，∴∠OCB＝135°，∴∠N＝∠OCB，∵OD＝OC，∴△DON≌△OCB（AAS），
∴ON＝BC＝4，∴OM＝．
15.如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A（0，3）与点B关于x轴对称，点C（n，0）为x
轴的正半轴上一动点．以AC为边作等腰直角三角形ACD，∠ACD＝90°，点D在第一象限内．连接BD，
交x轴于点F．
如果∠OAC＝38°，求∠DCF的度数；
用含n的式子表示点D的坐标；
在点C运动的过程中，判断OF的长是否发生变化？若不变求出其值，若变化请说明理由．
【解答】解：（1）∵∠AOC＝90°，∴∠OAC+∠ACO＝90°，∵∠ACD＝90°，∴∠DCF+∠ACO＝90°，
∴∠DCF＝∠OAC，∵∠OAC＝38°，∴∠DCF＝38°；
（2）如图，过点D作DH⊥x轴于H，∴∠CHD＝90°∴∠AOC＝∠CHD＝90°，∵等腰直角三角形ACD，∠ACD＝90°∴AC＝CD，由（1）知，∠DCF＝∠OAC，∴△AOC≌△CHD（AAS），∴OC＝DH＝n，AO＝CH＝3，∴点D的坐标（n+3，n）；
（3）不会变化，理由：∵点A（0，3）与点B关于x轴对称，∴AO＝BO，又∵OC⊥AB，∴x轴是AB垂直平分线，∴AC＝BC，∴∠BAC＝∠ABC，又∵AC＝CD，∴BC＝CD，∴∠CBD＝∠CDB，∵∠ACD＝90°，∴∠ACB+∠DCB＝270°，∴∠BAC+∠ABC+∠CBD+∠CDB＝90°，∴∠ABC+∠CBD＝45°，
∵∠BOF＝90°，∴∠OFB＝45°，∴∠OBF＝∠OFB＝45°，∴OB＝OF＝3，
∴OF的长不会变化．
16．如图，四边形OABC的位置在平面直角坐标系中如图所示，且A（0，a），B（b，a），C（b，0），又a，b满足﹣+b2+4b+8＝0，点P在x轴上且横坐标大于b，射线OD是第一象限的一条射线，点Q在射线OD上，BP＝PQ．并连接BQ交y轴于点M．
（1）求点A，B，C的坐标为A 、B 、C ．
（2）当BP⊥PQ时，求∠AOQ的度数．
（3）在（2）的条件下，若点P在x轴的正半轴上，且OP＝3AM，试求点M的坐标．
【解答】解：（1）∵﹣+b2+4b+8＝0，∴﹣+（b﹣4）2＝0，
∴a＝4，b＝4，∴A（0，4），B（﹣4，4），C（﹣4，0），
故答案为（0，4），（﹣4，4），（﹣4，0）；
（2）由（1）知，A（0，4），B（﹣4，4），C（﹣4，0），∴AB＝BC＝OC＝OA＝4，∴四边形OABC是菱形，∵∠AOC＝90°，∴菱形OABC是正方形，过点Q作QN⊥x轴于N，∴∠PNQ＝90°，∴∠QPN+∠PQN＝90°，∵BP⊥BQ，∴∠BPQ＝90°，∴∠BPC+∠QPN＝90°，∴∠PQN＝∠BPC，由（1）知，B（﹣4，4），C（﹣4，0），∴BC＝4，BC⊥x，∴∠BCP＝∠PNQ＝90°，
在△BCP和△PNQ中，，
∴△BCP≌△PNQ（AAS），∴CP＝QN，BC＝PN，∴OC＝PN＝4，
①当点P在x轴负半轴时，如图1、OC＝CP+OP，PN＝OP+ON，∴CP＝ON，∵CP＝QN，∴ON＝QN，∵∠PNQ＝90°，∴∠QON＝45°，∴∠AOQ＝45°，
②当点P在x轴正半轴时，如图2、OC＝CP﹣OP，PN＝ON﹣OP，∴CP＝ON，∵CP＝QN，∴ON＝QN，∵∠PNQ＝90°，∴∠QON＝45°，∴∠AOQ＝45°，即：∠AOQ＝45°；
（3）如图2，过点Q作QN⊥x轴于N，设P（m，0）（m＞0），∵OP＝3AM，∴AM＝OP＝m，
∴M（0，m+4），∵点B（﹣4，4），∴直线BM的解析式为y＝mx+m+4，由（2）知，PN＝OC＝4，∴N（m+4，0），∴Q（m+4，m+4），∵点Q在直线BM上，∴m（m+4）+m+4＝m+4，
∴m＝0（舍）或m＝4，∴M（0，）．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意
17．（雅礼）已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC．
（1）若B（0，a），C（b，0）且a、b满足+|b﹣9|＝0．则a＝ ，b＝ ；
（2）如图1，在（1）的条件下，过点A作直线l∥x轴交y轴于点E，过点C作CD⊥l于点D．
①求证：△ABE≌△CAD；
②直接写出A点坐标；
（3）如图2，过点A和点C分别作x轴和y轴的平行线相交于点D，若BC＝BD，试问的比值是否不变，若不变，求出比值；若变化，请说明理由．
【解答】（1）解：∵+|b﹣9|＝0，又∵≥0，|b﹣9|≥0，∴，∴，
故答案为：3，9．
（2）①证明：如图1，
∵直线l∥x轴交y轴于点E，过点C作CD⊥l于点D，∴∠AEB＝∠ADC＝90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABE+∠BAE＝90°，∠BAE+∠CAD＝90°，
∴∠ABE＝∠CAD，在△AEB和△CDA中，，∴△AEB≌△CDA（AAS）．
②解：∵△AEB≌△CDA，∴BE＝AD，AE＝CD，设BE＝AD＝m，∵B（0，3），C（9，0），
∴OB＝3，OC＝9，∴BC＝＝＝3，∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝AC＝BC＝3，∵AE＝CD＝3+x，在Rt△AEB中，则有x2+（3+x）2＝（3）2，
解得x＝3或﹣6（舍弃），∴BE＝3，AE＝6，∴A（6，6）．
（3）如图3中，结论：＝．
理由：延长DA交y轴于E，过点B作BT⊥CD于T．设OB＝t．
∵BD＝BC，BT⊥CD，∴DT＝CT，∵DE∥OC，CD∥OE，∴OE＝CD，DE＝OC，
∵CT＝OB＝DT＝t，∴OE＝CD＝2t，∴EB＝OB＝t，∵△AEB≌△CDA，∴AE＝CD＝2t，BE＝AD＝t，
∴DE＝OC＝3t，∴＝＝．
18．（青竹湖）等腰直角△ABC在平面直角坐标系中的位置如图，点A（0，a），点B（b，0），且a和b满足|a﹣1|+＝0，点C在第四象限．
（1）请直接写出点A和点B的坐标；
（2）求点C的坐标；
（3）①若AC交x轴于M，BC交y轴于D，E是AC上一点，且CE＝AM，连DM，求证：AD+DE＝BM；
②在y轴上取点F（0，﹣3），点H是y轴上F下方任一点，作HG⊥BH交射线CF于G，在点H位置变化的过程中，是否为定值，若是，求其值，若不是，说明理由．
【解答】（1）解：如图1中，过点C作CT⊥y轴于T．
∵|a﹣1|+＝0，|a﹣1|≥0，≥0，∴a﹣1＝0，b+3＝0，∴a＝1，b＝﹣3，
∴A（0，1），B（﹣3，0）；
（2）∵A（0，1），B（﹣3，0），∴OA＝1，OB＝3，∵∠AOB＝∠BAC＝∠ATC＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝90°，∠BAO+∠CAT＝90°，∴∠ABO＝∠CAT，∵AB＝AC，
∴△ABO≌△CAT（AAS），∴CT＝OA＝1，AT＝OB＝3，∴OT＝AT＝AO＝2，∴C（1，﹣2）．
（3）①如图2中，过点C作CK⊥AC交y轴于K．
∵∠BAM＝∠ACK＝90°，AB＝AC，∠ABM＝∠CAK，∴△ABM≌△CAK（ASA），
∴AM＝CK，BM＝AK，∵CE＝AM，∴CE＝CK，∵DC＝DC，∠DCE＝∠DCK，∴△CDE≌△CDK（SAS），
∴DE＝DK，∴AD+DE＝AD+DK＝AK＝BM．
②．理由：过点A作AI⊥AF交FB的延长线于I，过点H作HJ⊥BF于J，HK⊥GF于K．
∵B（﹣3，0），F（0，﹣3），∴OB＝OF，∴△BOF是等腰直角三角形，∴∠AFB＝45°，∵AI⊥AF，
∴∠I＝∠AFI＝45°，∴AI＝AF，∵∠BAC＝∠IAF＝90°，∴∠IAB＝∠FAC，∵AI＝AF，AB＝AC，
∴△AIB≌△AFC（SAS），∴∠CFA＝∠I＝45°，∴∠BFC＝90°，∵∠BFC＝∠CFO＝45°，
∴∠GFH＝∠HFJ＝45°，∴HK＝HJ，∵∠BFG＝∠BHG，∴∠HBF＝∠HGF，∴△HJB≌△HKG（AAS），
∴BH＝GH，∴．
已知:点P在线段AB上,∠1=∠2=∠3,且AP= BD(或AC = BP或CP=PD)
结论1:△APC≌△BDP
已知:点P在线段AB的延长线上,∠1=∠2=∠3,且 AP= BD(或 AC=BP或CP=PD)
结论2:△APC≌△BDP
已知:点P在线段AB 上,∠1=∠2= ∠3,且AP= BD(或AC= BP或CP=PD)
已知:点P在线段AB的延长线上,∠1=∠2= ∠3,且AP=BD(或AC=BP或CP=PD)
结论3:△APC≌△BDP
结论4:△APC≌△BDP