北师大版八年级数学下册压轴题攻略北师大八年级下册第1章~第5章B卷压轴题考点训练(二)(原卷版+解析)

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2．如图，点在直线上，过点作轴交x轴于点，以点为直角顶点，为直角边在的右侧作等腰直角，再过点作轴，分别交直线和x轴于，两点，以点为直角顶点，为直角边在的右侧作等腰直角…，按此规律进行下去，则点的坐标为_________；点的坐标为_________（结果用含正整数n的代数式表示）．
3．如图，在边长为6的等边△ABC中，点D在边AB上，且AD＝2，长度为1的线段PQ在边AC上运动，则线段DP的最小值为_____，四边形DPQB面积的最大值为_____．
4．如图，△ABC中，点E在边AC上，EB＝EA，∠A＝2∠CBE，CD垂直于BE的延长线于点D，BD＝8，AC＝11，则边BC的长为________．
5．如图，已知边长为的等边△ABC，平面内存在点P，则PA+PB+PC的取值范围为 ___________．
6．如图，四边形，，，且，，则的最大值为______．
7．如图，已知直线与直线y＝kx＋6相交于点M，M的横坐标为4，分别交y轴于点A、B，当点P为直线上的一个动点时，将AP绕点A顺时针旋转90°得到AQ，连接．则的最小值为 _________ ．
8．当，是正实数，且满足时，就称点为“完美点”，已知点与点都在直线上，点，是“完美点”，且点在线段上，若，，则点的坐标是_________．
9．某汽车销售公司经销某品牌A款汽车，随着汽车的普及，其价格也在不断下降．今年2月份A款汽车的售价比去年同期每辆降价1万元，如果卖出相同数量的A款汽车，去年销售额为100万元，今年销售额只有90万元．
(1)今年2月份A款汽车每辆售价多少万元？
(2)为了增加收入，汽车销售公司决定再经销同品牌的款汽车，已知A款汽车每辆进价为7.5万元，款汽车每辆进价为6万元，公司预计用不多于105万元且不少于99万元的资金购进这两款汽车共15辆，有哪几种进货方案？
(3)如果款汽车每辆售价为8万元，为打开款汽车的销路，公司决定每售出一辆款汽车，返还顾客现金万元，要使（2）中所有的方案获利相同，值应是________．
10．已知直线与轴，轴分别相交于点，，将对折，使点的对应点落在直线上，折痕交轴于点．
(1)求点的坐标和直线的函数表达式．
(2)若已知轴上有一点，点为直线上一点，点为直线上一点，是否存在这样的点、，使得以点、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
(3)已知轴上有点，点为直线上一点，点为直线上一点，是否存在合适的点，，使得最小，若存在，求出的最小值以及此时点的坐标，若不存在，请说明理由．
11．如图，在平面直角坐标系中，直线与分别交轴于点、，两直线交于轴上同一点，点的坐标为，点是的中点，连接交于点．
（1）求点的坐标．
（2）若，求的值．
（3）在（2）的条件下，过点作轴的垂线，点是直线上的动点，点是轴上的动点，点是直线上的动点，使得以，，、为顶点的四边形是菱形，求点的坐标．
12．已知，在平面直角坐标系中，点，，过点作直线与轴互相垂直，为轴上的一个动点，且．
(1)如图1，若点是第二象限内的一个点，且时，则点的坐标为___________；___________．
(2)如图2，若点是第三象限内的一个点，设点的坐标，试判断的值是否发生变化？若不变，请求出的值；若发生变化，请说明理由．
(3)如图3，连接，作的平分线，点分别是射线与边上的两个动点，连接，当时，试求的最小值．
13．在等腰和等腰中，，．将绕点逆时针旋转，连接．点为线段的中点，连接，
(1)如图1，当点旋转到边上时，线段与的数量和位置关系是 ．
(2)如图2，当点旋转到边上时，（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程，若不成立，请说明理由
(3)若，，在绕点逆时针旋转的过程中，当时，求线段的长
14．如图，BC为等边△ABM的高，AB＝，点P为射线BC上的动点（不与点B，C重合），连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PD，连接MD，BD．
（1）如图①，当点P在线段BC上时，求证：BP＝MD；
（2）如图②，当点P在线段BC的延长线上时，求证：BP＝MD；
（3）若点P在线段BC的延长线上，且∠BDM＝30°时，请直接写出线段AP的长度．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，点O为斜边AC的中点，点E、点F为直角边上的动点（点E在点F的右侧），且∠EOF＝60°
(1)如图1，当点E、点F分别在边BC和AB上，且BE＝AF时，求∠OEC的度数．
(2)如图2，若点E、点F都在边BC上，当∠OFC＝75°时，说说BF与CE有什么数量关系？并加以证明．
(3)如图3，当E、F均在边BC上运动时，做E点关于直线OF的对称点P，若AB＝4，为AB中点，求当PQ最短时，线段PE的长度．
16．（1）如图1，已知△ABC，AC＝BC，∠C＝90°，顶点C在直线l上．操作：过点A作AD⊥l于点D，过点B作BE⊥l于点E，求证：△CAD≌△BCE．
（2）如图2，在直角坐标系中，直线l1：y＝3x+3与y轴交于点A，与x轴交于点B，将直线l1绕着点A顺时针旋转45°得到l2．求l2的函数表达式．
（3）如图3，在直角坐标系中，点B（5，4），作BA⊥y轴于点A，作BC⊥x轴于点C，P是线段BC上的一个动点，点Q（a，2a﹣3）位于第一象限内．问点A、P、Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请求出此时a的值，若不能，请说明理由．
北师大版八年级下册第1章~第5章B卷压轴题考点训练（二）
1．如图，在等腰中，，，以为边向上作等边，点，分别是边，上的动点，且，当是直角三角形时，的长为______．
【答案】或
【分析】连接EF，当时，延长交于M，延长交于N．首先证明，，，根据，构建方程解决问题即可，当时，方法类似．
【详解】连接，当时，延长交于，延长交于N．
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
同法可证，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，设，则，，
∴，
∴，
∴．
当时，同法可得，
综上所述，满足条件的的值为或．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
2．如图，点在直线上，过点作轴交x轴于点，以点为直角顶点，为直角边在的右侧作等腰直角，再过点作轴，分别交直线和x轴于，两点，以点为直角顶点，为直角边在的右侧作等腰直角…，按此规律进行下去，则点的坐标为_________；点的坐标为_________（结果用含正整数n的代数式表示）．
【答案】
【分析】先根据点的坐标以及轴，求得的坐标，进而根据等腰直角三角形的性质得到的坐标，即可求得的坐标，从而求得的坐标，进而得到的坐标，求得的坐标，从而求得的坐标，最后根据根据变换规律，求得的坐标．
【详解】解：∵点在直线上，
∴，解得：，
∴直线为，
∵过点作轴交x轴于点，以点为直角顶点，为直角边在的右侧作等腰直角，
∴轴，
∴，，
当时，，即，
∴，
∴，
∴以此类推，
（，），
…
．
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征以及等腰直角三角形的性质，解决问题的关键是通过计算找出变换规律，解题时注意：直线上任意一点的坐标都满足函数关系式．
3．如图，在边长为6的等边△ABC中，点D在边AB上，且AD＝2，长度为1的线段PQ在边AC上运动，则线段DP的最小值为_____，四边形DPQB面积的最大值为_____．
【答案】
【分析】根据垂线段最短可知当DP⊥AC时，DP最短，利用等边三角形的性质和勾股定理求出此时DP的长即可，再设AP=x，利用S△ABC-S△ADP-S△BQC表示出四边形DPQB的面积，构建一次函数，利用一次函数的性质求出最大值即可．
【详解】解：当DP⊥AC时，DP最短，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=60°，
∴AD=2AP=2，
∴AP=1，
∴DP==；
∵AB=AC=BC=6，
∴△ABC的高为，
设AP=x，
则四边形DPQB的面积=S△ABC-S△ADP-S△BQC
=
=
∵，
∴四边形DPQB的面积随x的增大而增大，
∵x的最大值为6-1=5，
∴当x=5时，四边形DPQB的面积最大，最大值=，
故答案为：，．
【点睛】本题考查一次函数的性质，等边三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式，解题的关键是学会构建一次函数解决最值问题，属于中考常考题型．
4．如图，△ABC中，点E在边AC上，EB＝EA，∠A＝2∠CBE，CD垂直于BE的延长线于点D，BD＝8，AC＝11，则边BC的长为________．
【答案】
【分析】延长BD到F，使得DF=BD，根据等腰三角形的性质与判定，勾股定理即可求出答案；
【详解】如图，延长BD到F，使得DF=BD，连接CF，
∵，，
∴是等腰三角形，
∴，，
过点C作交BF于点G，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵∠A＝2∠CBE，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
在中，，
在中，；
故答案是：．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，解决本题的关键是熟练运用等腰三角形的性质与判定．
5．如图，已知边长为的等边△ABC，平面内存在点P，则PA+PB+PC的取值范围为 ___________．
【答案】大于等于2
【分析】将绕点顺时针旋转，得，连接，过点作于点，根据旋转的性质证明点，,在同一条直线上，根据等腰三角形的性质和勾股定理可得，进而可得的取值范围．
【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转，得，连接，过点作于点，
是等边三角形，，，，
，，
∴点 ，，在同一条直线上，
，，，，，
，，
因为等边三角形的边长为 ，
的取值范围为大于等于，
故答案为：大于等于．
【点睛】本题考查了最短路线问题，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
6．如图，四边形，，，且，，则的最大值为______．
【答案】/
【分析】延长BC，过D作BC延长线的垂线交延长线于M，先证明△ADC为等边三角形，利用该三角形设出边长CD，利用勾股定理表示出BC边，在Rt△BDM中，利用勾股定理再表示出BD边即可求解．
【详解】解：延长BC，过D作BC延长线的垂线交延长线于M，
∵，，
∴△ADC为等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
设AC=x，
则AC=CD=AD=x， ，
∴在Rt△ABC中， ，
即 ，
∴ ，
∴在Rt△BDM中，，
∴，
即 ，
设 ，
则，
配方得：，
当t=8时，取最大值，
则，
故BD的最大值为；
【点睛】此题属于三角形的综合应用，涉及直角三角形和直角三角形，用到了勾股定理，有一定难度．
7．如图，已知直线与直线y＝kx＋6相交于点M，M的横坐标为4，分别交y轴于点A、B，当点P为直线上的一个动点时，将AP绕点A顺时针旋转90°得到AQ，连接．则的最小值为 _________ ．
【答案】
【分析】由交点M求出直线l2的解析式，得到点B，A的坐标，设P（x，-x+6），过P作PC⊥y轴于C，过Q作QD⊥y轴于D，证明△PCA≌△ADQ(AAS)，得到OD，DQ的长度，利用勾股定理求出OQ求出最小值．
【详解】解：∵M的横坐标为4，且M为的交点，
∴当x=4时，y1=y2，则1+3=4k+6，
解得k=-，
∴l2的解析式为y=-x+6，
当x=0时，y=6，∴B（0，6），
当x=0时，y=3，∴A（0，3），
设P（x，-x+6），
过P作PC⊥y轴于C，过Q作QD⊥y轴于D，
则AC=，，
∵∠CAP+∠DAQ=，∠CAP+∠APC=，
∴∠DAQ=∠APC，
∵∠PCA=∠ADQ，AP=AQ，
∴△PCA≌△ADQ(AAS)，
∴DA=，DQ= AC=，
∴，
∴，
∴当时，OQ有最小值为，即为，
故答案为：．
【点睛】此题考查了一次函数交点问题，全等三角形的判定及性质，勾股定理，熟练掌握各知识点并熟练应用是解题的关键．
8．当，是正实数，且满足时，就称点为“完美点”，已知点与点都在直线上，点，是“完美点”，且点在线段上，若，，则点的坐标是_________．
【答案】或
【分析】由变式为，可知，即“完美点”B在直线上，根据点可得直线：，联立，可得，由直线：，设M点坐标为：，根据，，可得，解得：，即M点坐标为：，，结合点在线段上，可得M点坐标为：，根据点C是“完美点”，可得同理点C在直线上，即设C点坐标为：，结合，M点坐标为：，可得，解得，，或者，问题随之得解．
【详解】∵且m，n是正实数，
∴，即，
∴，
即，，
则有，
即“完美点”B在直线上，
∵点在直线上，
∴，
∴直线：，
∵“完美点”B在直线上，
∴由，解得，
∴，
由直线：，设M点坐标为：，
∵，，
∴，解得：，
即M点坐标为：，或，
∵点在线段上，
∴舍去，M点坐标为：，
∵点C是“完美点”，∴同理点C在直线上，即设C点坐标为：，
∵，M点坐标为：，
∴，解得，，或者，∴C点坐标为：，，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，勾股定理的应用，解一元二次方程等知识，熟练运用勾股定理求解两点之间的距离，是本题的关键．
9．某汽车销售公司经销某品牌A款汽车，随着汽车的普及，其价格也在不断下降．今年2月份A款汽车的售价比去年同期每辆降价1万元，如果卖出相同数量的A款汽车，去年销售额为100万元，今年销售额只有90万元．
(1)今年2月份A款汽车每辆售价多少万元？
(2)为了增加收入，汽车销售公司决定再经销同品牌的款汽车，已知A款汽车每辆进价为7.5万元，款汽车每辆进价为6万元，公司预计用不多于105万元且不少于99万元的资金购进这两款汽车共15辆，有哪几种进货方案？
(3)如果款汽车每辆售价为8万元，为打开款汽车的销路，公司决定每售出一辆款汽车，返还顾客现金万元，要使（2）中所有的方案获利相同，值应是________．
【答案】(1)9万元
(2)共有5种进货方案，方案1．购进A款汽车6辆，购进款汽车9辆．方案2．购进A款汽车7辆，购进款汽车8辆．方案3．购进A款汽车8辆，购进款汽车7辆．方案4．购进A款汽车9辆，购进款汽车6辆．方案5．购进A款汽车10辆，购进款汽车5辆
(3)0.5
【分析】（1）设今年2月份A款汽车每辆售价万元，根据题意，得：，求解即可；
（2）设购进A款汽车辆．根据题意，得：，解不等式即可的方案；
（3）设总获利为万元，购进A款汽车辆，根据题意，得：即可求解；
【详解】（1）解：（1）设今年2月份A款汽车每辆售价万元，
根据题意，得：，解得：．
经检验，时，，所以是是原方程的根且符合题意．
答：今年2月份A款汽车每辆售价9万元；
（2）设购进A款汽车辆．根据题意，得：
．
解得：．
∵的正整数解为6，7，8，9，10，
∴共有5种进货方案，
方案1．购进A款汽车6辆，购进款汽车9辆．
方案2．购进A款汽车7辆，购进款汽车8辆．
方案3．购进A款汽车8辆，购进款汽车7辆．
方案4．购进A款汽车9辆，购进款汽车6辆．
方案5．购进A款汽车10辆，购进款汽车5辆；
（3）设总获利为万元，购进A款汽车辆，根据题意，得：
．
当时，（2）中所有方案获利相同．
故答案是：0.5．
【点睛】本题主要考查分式方程的应用、一元一次不等式组的应用、一次函数的应用，根据题意正确列出关系式是解题的关键．
10．已知直线与轴，轴分别相交于点，，将对折，使点的对应点落在直线上，折痕交轴于点．
(1)求点的坐标和直线的函数表达式．
(2)若已知轴上有一点，点为直线上一点，点为直线上一点，是否存在这样的点、，使得以点、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
(3)已知轴上有点，点为直线上一点，点为直线上一点，是否存在合适的点，，使得最小，若存在，求出的最小值以及此时点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，点的坐标为或或
(3)存在，的值最小，最小值为
【分析】（1）直线与轴，轴分别相交于点，，可求出点，的坐标，将对折，可得，根据勾股定理即可求解；
（2）假设是平行四边形，设，，第一种情况，；第二种情况为平行四边形的对角线，由此可求解；
（3）最小，则点，，在一条直线上，根据直角三角形的勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：直线与轴，轴分别相交于点，，
∴，，则，，
在中，，
将对折，使点的对应点落在直线上，折痕交轴于点，如图所示，连接，
根据折叠的性质，则，
∴，设，
∴，，
在中，，即，解方程得，，
∴，
设直线的解析式为，把点代入得，
解得，
∴直线的解析式为．
（2）解：∵点，，
∴，
∵直线的解析式为，直线的解析式为，点为直线上一点，点为直线上一点，
∴设，，如图所示，
若是平行四边形，
第一种情况，，，
∴，，
∴，
当时，，
当时，，
故点的坐标为或；
第二种情况，是平行四边形的对角线，如图所示，
过点作轴于，过点作轴于，
∴，，，，
∵是平行四边形的对角线，且，根据平行四边形的对角线分两个三角形的面积相等，
∴，即,
∴，
∴，则，
∴，，且，，
∴，，
∴，当时，，
故点的坐标为，
综上所述，点的坐标为或或．
（3）解：轴上有点，点为直线上一点，点为直线上一点，如图所示，作点关于直线的对称点，连接，交轴于，延长交轴于，过点作轴的垂线，垂足为，过点作轴的垂线并延长，两线相交于点，
∵由（1）可知，是的角平分线，
∴，设，
∴求的最小值，就是计算的值，当在一条直线上，且直线时，有最小值，
∴在中，，，，设，则，，且,
∴在中，,，，，，
∴，
∴点，
∵直线，
∴，，
∵点在直线上，设，
∴，，是等腰直角三角形，
∴直线与轴的交点是，与轴的交点是，由点可知，，
∴，点在第二象限，
∴点的坐标为，
∴中，根据勾股定理得，，
∴的最小值为．
【点睛】本题主要考查一次函数图像的性质，线段和最短问题，掌握一次函数图形的性质，根据图形变换，图形结合思想是解题的关键．
11．如图，在平面直角坐标系中，直线与分别交轴于点、，两直线交于轴上同一点，点的坐标为，点是的中点，连接交于点．
（1）求点的坐标．
（2）若，求的值．
（3）在（2）的条件下，过点作轴的垂线，点是直线上的动点，点是轴上的动点，点是直线上的动点，使得以，，、为顶点的四边形是菱形，求点的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）或或．
【分析】（1）求出直线OE，CD的解析式，构建方程组即可解决；
（2）如图（1）中，将线段DC绕点D顺时针旋转90°得到DT，作直线CT交x轴于B，证明∠ACO=∠DCT=45°，即可推出，求出点T的坐标，利用待定系数法即可解决问题；
（3）如图（2），分三种情况：当四边形为菱形时；当四边形是菱形时；当四边形是菱形时；分别求解
【详解】（1）令直线中的，则，
则，
∴点的坐标为，点的坐标为，
∵点是的中点，∴由中点坐标公式得,
设直线为：，代入得,
∴直线的解析式为：，
设直线为，代入可得，
，解得：，
∴直线为：，
联立，解得：，
∴点的坐标为．
（2）如图（1）所示，将线段绕点顺时针旋转得到,作直线交轴于，过作轴于,
∵,,∴,
∵,,∴,
∴,
又∵,,
∴,又∵,,
∴,∴,,
∴,
∴点的坐标为，
将代入中得．
（3）如图（2）所示，
当四边形为菱形时，连接交于,作于,
∵,,,
∴由角平分线定理得：,
又∵,,∴,
∴,设，
∵在中，由勾股定理得，，
∴,
在中，,
∴，解得：，
设直线为，代入,得，
,，
∴直线为：，
当时，，
∴的坐标为，
当四边形是菱形时，可得直线为，
当时，，
∴的坐标为
当四边形是菱形时，在直线上时，
∴的坐标为，
∵与关于轴对称，∴的坐标为，
∴综上，符合条件的的坐标为或或．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，等腰直角三角形的性质，菱形的判定和性质等知识点，综合性较强，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题
12．已知，在平面直角坐标系中，点，，过点作直线与轴互相垂直，为轴上的一个动点，且．
(1)如图1，若点是第二象限内的一个点，且时，则点的坐标为___________；___________．
(2)如图2，若点是第三象限内的一个点，设点的坐标，试判断的值是否发生变化？若不变，请求出的值；若发生变化，请说明理由．
(3)如图3，连接，作的平分线，点分别是射线与边上的两个动点，连接，当时，试求的最小值．
【答案】(1)，
(2)不变，
(3)
【分析】（1）如图1，过点作轴于点，由“”可证，可得，即可求解；
（2）如图2，过点作轴于点，则，由“”可证，可得，由点在第三象限，可求解；
（3）如图3，在上截取，由“”可证，可得，则，当三点共线，且与点重合时，有最小值，为的长，由勾股定理可求解．
【详解】（1）如图1，过点作轴于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点，，
∴，，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，点在轴负半轴，
∴点．
故答案为：，．
（2）不变，．
理由：如图2，过点作轴于点，则，
∵，
∴，且，
∴，
∵点，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵点的坐标，
∴，
∴．
（3）如图3，在上截取，
∵是的平分线，
∴，且，
∴
∴，
∴，
∴当三点共线，且与点重合时，有最小值，
此时最小值为，
由（1）可知：点，
∴，
∴
∴的最小值为．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当的辅助线是本题的关键．
13．在等腰和等腰中，，．将绕点逆时针旋转，连接．点为线段的中点，连接，
(1)如图1，当点旋转到边上时，线段与的数量和位置关系是 ．
(2)如图2，当点旋转到边上时，（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程，若不成立，请说明理由
(3)若，，在绕点逆时针旋转的过程中，当时，求线段的长
【答案】(1)，
(2)成立，利用见解析
(3)线段的长为1或
【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出，进而得出，同理得出，，即可得出结论；
（2）先判断出，得出，，再判断出，进而判断出，即可得出结论；
（3）分点B在左侧和右侧两种情况，类似（2）的方法判断出，即可得出结论．
【详解】（1）解：，；
理由：当点B旋转到边上时，点E必在边上，
∴，
在中，点O是的中点，
∴，
∴，
在中，点O是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵等腰，且，
∴，
∴，
∴；
（2）仍然成立，
理由：如图2，延长到点M，使得，连接，，，
∵O是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵和是等腰三角形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，；
（3）当点B在左侧时，如图3，
延长到点M，使得，连接，，，
同（2）的方法得，，
∴，，，
∵，
∴，
在五边形中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
在中，，
过点E作交的延长线于H，
在中，，
∴，
根据勾股定理得，，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∴，
当点B在右侧时，如图4，
同①的方法得，，，
连接，过点E作于H，
在中，，
∴，
根据勾股定理得，，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∴，
即：线段的长为1或．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，五边形的内角和，判断出是解本题的关键．
14．如图，BC为等边△ABM的高，AB＝，点P为射线BC上的动点（不与点B，C重合），连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PD，连接MD，BD．
（1）如图①，当点P在线段BC上时，求证：BP＝MD；
（2）如图②，当点P在线段BC的延长线上时，求证：BP＝MD；
（3）若点P在线段BC的延长线上，且∠BDM＝30°时，请直接写出线段AP的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）AP＝5
【分析】（1）由旋转定理，可得AP＝DP，结合∠APD＝60°，可推导出△APD是等边三角形；再通过角度之间加减关系，推导出∠BAP＝∠MAD，结合等边△ABM的性质，可证明△BAP≌△MAD，即完成BP＝MD证明；
（2）由旋转定理，可得AP＝DP，结合∠APD＝60°，可推导出△APD是等边三角形；再通过角度之间加减关系，推导出∠BAP＝∠MAD，结合等边△ABM的性质，可证明△BAP≌△MAD，即完成BP＝MD证明；
（3）由△BAP≌△MAD和BC为等边△ABM的高，计算得∠DBM＝60°，从而证明点D在BA的延长线上，再利用Rt△BMD和特殊角度三角函数，计算得到答案．
【详解】（1）如图①，连接AD
∵△ABM是等边三角形
∴AB＝AM，∠BAM＝60°
由旋转的性质可得：AP＝DP，∠APD＝60°
∴△APD是等边三角形
∴PA＝PD＝AD，∠PAD＝∠BAM＝60°
∴∠BAP＝∠BAC﹣∠CAP，∠MAD＝∠PAD﹣∠CAP
∴∠BAP＝∠MAD
∵
∴△BAP≌△MAD（SAS）
∴BP＝MD；
（2）如图②，连接AD
∵△AMB是等边三角形
∴AB＝AM，∠BAM＝∠AMB＝60°
由旋转的性质可得：AP＝DP，∠APD＝60°
∴△APD是等边三角形
∴PA＝PD＝AD，∠PAD＝∠BAM＝60°
∴∠BAP＝∠BAC+∠CAP，∠MAD＝∠PAD+∠CAP
∴∠BAP＝∠MAD
在△BAP与△MAD中
∵
∴△BAP≌△MAD（SAS）
∴BP＝MD；
（3）∵BC为等边△ABM的高
∴∠ABC＝30°
∵△BAP≌△MAD
∴∠ABP＝∠AMD＝30°
∴∠BMD＝∠AMB+∠AMD＝90°
∴∠BMD＝90°
∵∠BDM＝30°
∴∠DBM＝60°
∴点D在BA的延长线上
如图③
∵∠BDM＝30°,∠BMD＝90°
∴BD＝2BM＝10
∴AD＝BD﹣AB＝5
∵PA＝PD＝AD
∴AP＝AD＝5．
【点睛】本题考查了全等三角形、旋转、特殊角度三角函数等知识点；求解的关键在于结合图形，熟练掌握运用等边三角形、旋转的性质，推导证明全等三角形和直角三角形，并运用特殊角度三角函数计算得到答案．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，点O为斜边AC的中点，点E、点F为直角边上的动点（点E在点F的右侧），且∠EOF＝60°
(1)如图1，当点E、点F分别在边BC和AB上，且BE＝AF时，求∠OEC的度数．
(2)如图2，若点E、点F都在边BC上，当∠OFC＝75°时，说说BF与CE有什么数量关系？并加以证明．
(3)如图3，当E、F均在边BC上运动时，做E点关于直线OF的对称点P，若AB＝4，为AB中点，求当PQ最短时，线段PE的长度．
【答案】(1)75°
(2)BF=2CE，见解析
(3)
【分析】（1）在OF上截取OG=OE，证明△AOG≌△BOE得到AG=BE，∠OAG=∠OBE=30°，利用AF=BE=AG求出∠AGF，得到∠AGO的度数，即可求出∠OEC；
（2）将△BOF绕点O逆时针旋转120°，得到△COH，连接EH，证得△FOE≌△HOE（SAS），得到∠OEH=∠OEF=45°，求得∠HEC=90°，由此得到∠EHC=30°，推出BF=2CE；
（3）利用轴对称的性质证明△BOP≌△COE，得到∠OBP=∠C=30°，求出∠ABP=30°，当QP⊥PB时，PQ取最小值，作EM⊥OC，利用直角三角形30度角的性质求出BP，得到CE，由此得到OM的长，利用勾股定理求出OE，根据PE=2NE 求出答案．
【详解】（1）解：在OF上截取OG=OE，如图，
∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点O为斜边AC的中点，
∴AO=BO=CO，
∵∠OAB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠ABO=∠AOB=60°；
∵∠EOF＝60°；
∴∠AOG+∠BOG=∠BOG+∠BOE，
∴∠AOG=∠BOE；
∴△AOG≌△BOE（SAS）；
∴AG=BE，
∵BE=AF；
∴AG=AF；
∵∠OBC=∠ABC-∠ABO=30°，
∴∠OAG=∠OBE=30°，
∴∠FAG=30°，
∴∠AGF=∠AFG=(180°-30°)=75°，
∴∠BEO=∠AGO= 105°，
∴∠OEC=180°-∠OEB=75°；
（2）解：BF=2CE，理由如下，
∵∠OFC＝75°，∠EOF=60°，
∴∠OEF=45°，
将△BOF绕点O逆时针旋转120°，得到△COH，连接EH，
∴OF=OH， BF=CH，∠FOH=120°，∠OCH=∠OBE=30°，
∵∠EOF=60°，
∴∠EOH=60°=∠EOF，
又∵OE=OE，
∴△FOE≌△HOE（SAS），
∴∠OEH=∠OEF=45°，
∴∠FEH=90°，
∴∠HEC=90°，
∵∠HCE=∠HCO+∠OCE=60°，
∴∠EHC=30°，
∴HC=2CE，即BF=2CE；
（3）解：∵E、P关于OF对称，
∴OE=OP，且∠EOF=∠FOP=60°，
∴∠BOC=∠POE=120°，
∵∠POB=120°-∠BOE=∠EOC，OE=OP，OB=OC，
∴△BOP≌△COE，
∴∠OBP=∠C=30°，
∴∠ABP=90°-30°-30°=30°
因此，当QP⊥PB时，PQ取最小值，
作EM⊥OC，
∵AB=4，Q为AB中点，
∴AQ=QB=2，
又∵∠ABP=30°，
∴PQ=BQ=1，
∴BP=，
∵△BOP≌△COE，
∴CE=BP=，
∵∠C=30°，
∴ME=CE=，
∴CM=，
∵AC=2AB=8，O为AC中点，
∴OC=4，∴OM=OC-CM=，
∴OE=，
∵，
∴
∴PE=2NE=．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质，勾股定理，旋转的性质，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
16．（1）如图1，已知△ABC，AC＝BC，∠C＝90°，顶点C在直线l上．操作：过点A作AD⊥l于点D，过点B作BE⊥l于点E，求证：△CAD≌△BCE．
（2）如图2，在直角坐标系中，直线l1：y＝3x+3与y轴交于点A，与x轴交于点B，将直线l1绕着点A顺时针旋转45°得到l2．求l2的函数表达式．
（3）如图3，在直角坐标系中，点B（5，4），作BA⊥y轴于点A，作BC⊥x轴于点C，P是线段BC上的一个动点，点Q（a，2a﹣3）位于第一象限内．问点A、P、Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请求出此时a的值，若不能，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）直线l2的解析式为；（3）能，或
【分析】（1）根据直角代换出，即可用“AAS”证明出结论；
（2）根据函数解析式即可求出与y轴，x轴的交点A，B点坐标，即可证明，即可求出CD、BD的长，即可求出C点坐标，用待定系数法即可求出l2的函数表达式；
（3）根据Q在AB上方和下方分类讨论，过点Q作EF⊥y轴，分别交y轴和直线BC于点E、F，即可通过全等三角形的判定证明，通过全等三角形的性质得到，建立关于a的方程，即可求解．
【详解】（1）如图1，
图1
∵∠C＝90°，AD⊥CD， BE⊥CE，
∴，，
∴
在和中，
∵，
∴；
（2）∵直线l1：y＝3x+3与y轴交于点A，与x轴交于点B，
∴，
过点B作BC⊥AB交直线l2于点C，过点C作CD⊥x轴于点D，如图2，
图2
∵，，
∴
∴
∵
∴
∴
在和中，
∵
∴
∴，
∴
设直线l2的解析式为，
∵经过，
∴，解得，
∴直线l2的解析式为；
（3）∵Q（a，2a﹣3），
∴点Q是直线上的一点，
当点Q在AB下方时，如图3，
过点Q作EF⊥y轴，分别交y轴和直线BC于点E、F，
∵是以Q为直角顶点的等腰直角三角形，
∴，，
∵
∴
∴
在和中，
∵
∴
∴
∵点B（5，4），Q（a，2a﹣3），
∴，
∴
∴；
当点Q在AB上方时，如图4，
过点Q作EF⊥y轴，分别交y轴和直线BC于点E、F，
同理，可证，
∴
∵点B（5，4），Q（a，2a﹣3），
∴，
∴，
解得，
综上可知，点A、P、Q能构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，此时或．
【点睛】本题考查了一次函数综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等量代换出角度之间的等量关系是关键；也考查了待定系数法求一次函数的解析式，利用全等三角形的判定和性质得出点的坐标是本题的关键；最后考查了分类讨论，利用全等三角形的性质得出关于a的方程是解题的关键．