北师大版八年级上册第三章 位置与坐标综合与测试巩固练习

这是一份北师大版八年级上册第三章 位置与坐标综合与测试巩固练习，共30页。

专题3.5 《位置与坐标》挑战综合（压轴）题分类专题
（专项练习）
【类型一】平面直角坐标系➼➻作图题
【类型①】作图题➼➻点的坐标★✭面积
1．（2022·浙江·舟山市定海区第五中学一模）在平面直角坐标系中，画出点，点，点与点关于轴对称．
（1）连结、、，并画出的边上的中线．
（2）求出的面积．


2．（2022·福建省诏安县第三实验中学一模）如图，在平面直角坐标系中，，，．
(1)的面积为___________ ；
(2)在图中作出关于轴的对称图形；
(3)写出点的坐标：（_____，___）， （______，____），（_____，_______）


【类型②】作图题➼➻点的坐标★✭最短路径（将军饮马）问题
3．（2022·安徽滁州·二模）如图，在平面直角坐标系中各顶点的坐标分别为，，．
（1）若点P是x轴上的一动点，则的最小值是________．
（2）在图中作，使与关于y轴对称；
（3）请分别写出点，，的坐标．



4．（2017·四川眉山·中考真题）在如图的正方形网格中，每一个小正方形的边长为1，格点三角形ABC（顶点是网格线交点的三
角形)的顶点A、C的坐标分别是(-5，5)，(-2，3)．
（1）请在图中的网格平面内建立平面直角坐标系；
（2）请画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（3）请在x轴上求作一点P，使△PB1C的周长最小，并直接写出点P的坐标．


【类型二】平面直角坐标系➼➻几何图形
【类型①】几何图形➼➻点的坐标★✭折叠问题
5．（2012·山东菏泽·中考真题）如图，OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为原点，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA=10，OC=8．在OC边上取一点D，将纸片沿AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，求D，E两点的坐标．


6．（2018·湖南邵阳·中考模拟）如图，平面直角坐标系中，四边形OABC是长方形，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上且A（10，0），C（0，6），点D在AB边上，将△CBD沿CD翻折，点B恰好落在OA边上点E处．   
（1）求点E的坐标；       
（2）求折痕CD所在直线的函数表达式；       
（3）请你延长直线CD交x轴于点F．   ①求△COF的面积；
②在x轴上是否存在点P，使S△OCP=S△COF？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．


【类型②】几何图形➼➻点的坐标★✭存在性问题
7．（2017·湖北鄂州·中考模拟）如图，在下面的直角坐标系中，已知A（0，a），B（b，0），C（b，4）三点，其中a，b满足关系式．
（1）求a，b的值；
（2）如果在第二象限内有一点P(m，)，请用含m的式子表示四边形ABOP的面积；
（3）在（2）的条件下，是否存在点P，使四边形ABOP的面积与△ABC的面积相等?若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．


8．（2018·天津河西·一模）在平面直角坐标系中，点A（0，2），在x轴上任取一点M，连接AM，作AM的垂直平分线l1．过点M作x轴的垂线l2，l1与l2交于点P．设P点的坐标为（x，y）．
（Ⅰ）当M的坐标取（3，0）时，点P的坐标为　 　；
（Ⅱ）求x，y满足的关系式；
（Ⅲ）是否存在点M，使得△MPA恰为等边三角形？若存在，求点M的坐标；若不存在，说明理由．


【类型③】几何图形➼➻点的坐标★✭动点问题
9．（2018·福建厦门·中考模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴的正半轴上，点B的坐标为（0，4），BC平分∠ABO交x轴于点C（2，0）．点P是线段AB上一个动点（点P不与点A，B重合），过点P作AB的垂线分别与x轴交于点D，与y轴交于点E，DF平分∠PDO交y轴于点F．设点D的横坐标为t．
（1）如图1，当0＜t＜2时，求证：DF∥CB；
（2）当t＜0时，在图2中补全图形，判断直线DF与CB的位置关系，并证明你的结论；
（3）若点M的坐标为（4，-1），在点P运动的过程中，当△MCE的面积等于△BCO面积的倍时，直接写出此时点E的坐标．


10．（2018·天津河西·中考模拟）如图1，在平面直角坐标系中，点A为x轴负半轴上一点，点B为x轴正半轴上一点，C(0，a)，D(b，a)，其中a，b满足关系式：|a+3|+(b-a+1)2=0.
（1）a=___，b=___，△BCD的面积为______；
（2）如图2，若AC⊥BC，点P线段OC上一点，连接BP，延长BP交AC于点Q，当∠CPQ=∠CQP时，求证:BP平分∠ABC；
（3）如图3，若AC⊥BC，点E是点A与点B之间一动点，连接CE,CB始终平分∠ECF,当点E在点A与点B之间运动时，的值是否变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由.


【类型三】平面直角坐标系➼➻几何图形➼➻建系
【类型①】几何图形➼➻建立平面直角坐标系★✭初步探究
11．（2021·湖南张家界·一模）问题情境：
在平面直角坐标系xOy中有不重合的两点A（x1，y1）和点B（x2，y2），小明在学习中发现，若x1＝x2，则AB∥y轴，且线段AB的长度为|y1﹣y2|；若y1＝y2，则AB∥x轴，且线段AB的长度为|x1﹣x2|；
【应用】：
（1）若点A（﹣1，1）、B（2，1），则AB∥x轴，AB的长度为　 　．
（2）若点C（1，0），且CD∥y轴，且CD＝2，则点D的坐标为　 　．
【拓展】：
我们规定：平面直角坐标系中任意不重合的两点M（x1，y1），N（x2，y2）之间的折线距离为d（M，N）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|；例如：图1中，点M（﹣1，1）与点N（1，﹣2）之间的折线距离为d（M，N）＝|﹣1﹣1|+|1﹣（﹣2）|＝2+3＝5．

解决下列问题：
（1）如图1，已知E（2，0），若F（﹣1，﹣2），则d（E，F）　 　；
（2）如图2，已知E（2，0），H（1，t），若d（E，H）＝3，则t＝　 　．
（3）如图3，已知P（3，3），点Q在x轴上，且三角形OPQ的面积为3，则d（P，Q）＝　 　．





12．（2022·全国·八年级课时练习）【初步探究】
（1）如图1，在四边形中，，E是边上一点，，连接．请判断的形状，并说明理由．
【问题解决】
（2）若设，试利用图1验证勾股定理．
【拓展应用】
（3）如图2，在平面直角坐标系中，已知点，点，点C在第一象限内，若为等腰直角三角形，求点C的坐标．



【类型②】几何图形➼➻建立平面直角坐标系★✭综合探究与实践
13．（2020·四川成都·九年级期中）几何探究题

（1）发现：在平面内，若，，其中．
当点A在线段BC上时，线段AC的长取得最小值，最小值为 ；
当点A在线段CB延长线上时，线段AC的长取得最大值，最大值为 ．
（2）应用：点A为线段BC外一动点，如图2，分别以AB、AC为边，作等边△ABD和等边△ACE，连接CD、BE．
①证明：；
②若，，则线段BE长度的最大值为 ．
（3）拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B的坐标为，点P为线AB外一动点，且，，．请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．






14．（2020·山西吕梁·八年级期中）综合与实践．
积累经验
我们在第十二章《全等三角形》中学习了全等三角形的性质和判定，在一些探究题中经常用以上知识转化角和边，进而解决问题．例如：我们在解决：“如图1，在中，，，线段经过点，且于点，于点.求证：，”这个问题时，只要证明，即可得到解决，
（1）请写出证明过程；

类比应用
（2）如图2，在平面直角坐标系中，中，，，点的坐标为，点的坐标为，求点的坐标．

拓展提升
（3）如图3，在平面直角坐标系中，，，点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为____________．


【类型四】平面直角坐标系➼➻几何图形➼➻拓展与提升
15．（2021·河南省淮滨县第一中学模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系中，点在一三象限角平分线上，点在x轴上，且m=++4，点A在y轴的正半轴上；四边形的面积为6
（1）求点A的坐标；
（2）P为延长线上一点，，交延长线于Q，探究、、的数量关系并说明理由；
（3）作平行交延长线于D，平分，反向延长线交延长线于，若设，，试求的值．




16．（2022·湖北武汉·八年级期末）已知：，．
(1)当a，b满足时，连接AB，如图1．
①求：的值．
②点M为线段AB上的一点（点M不与A，B重合，其中BM＞AM），以点M为直角顶点，OM为腰作等腰直角△MON，连接BN，求证：．
(2) 当，，连接AB，若点，过点D作于点E，点B与点C关于x轴对称，点F是线段DE上的一点（点F不与点E，D重合）且满足，连接AF，试判断线段AC与AF之间的位置关系和数量关系，并证明你的结论．







参考答案
1． （1）见分析；（2）4
【分析】（1）标出点，点，依据轴对称的性质，即可得到点，依次连结，再利用中点坐标公式得出E点坐标，画出AE即可；
（2）根据三角形面积计算公式，即可得到的面积S的值．
解：∵点与点关于轴对称且，
∴
如下图所示，依次在图中画出点A、点B与点并连接即可，
又∵ 是边上的中线，
∴
如图所示，连接AE即可；

（2）
【点拨】本题主要考查了平面直角坐标系基础，解题的关键是学会利用轴对称性质求坐标及面积．
2．(1)7.5(2)见分析(3)（1，5）， （1，0），（4，3）．
【分析】（1）利用三角形的面积公式求解即可；
（2）先做出A，B，C关于y轴的对称点，然后顺次连接即可；
（3）根据点的位置直接写出坐标即可．
(1)解：S△ABC=．
(2)解：如图即为所求．

(3)解：（1，5）， （1，0），（4，3）．
【点拨】本题主要考查了坐标与图形、轴对称、三角形的面积等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
2． （1）；（2）见分析；（3）A′（-4，0），B′（1，4），C′（3，1）．
【分析】（1）根据网格特征作点B关于x轴的对称点B1，连接CB1，交x轴于P，则CB1即为的最小值，根据勾股定理求出CB1的长即可得答案；
（2）分别作出点A、B、C关于y轴对称的对应点，顺次连接即可得答案；
（3）根据关于y轴对称的点的坐标特征即可得答案．
解：（1）如图，作点B关于x轴的对称点B1，连接CB1，交x轴于P，则CB1即为的最小值，
∴的最小值是=，
故答案为：

（2）如图，分别作点A、B、C关于y轴对称的对应点A′、B′、C′，顺次连接A′、B′、C′即为所求；
（3）∵点A、B、C与A′、B′、C′关于y轴对称，，，，
∴A′（-4，0），B′（1，4），C′（3，1）．
【点拨】本题考查轴对称——最短路线问题、网格特征及勾股定理，灵活运用对称性和两点之间线段最短的性质是解题关键．
4．(1)见分析;(2)见分析;(3) P点坐标（，0）解：分析：（1）根据A点坐标建立平面直角坐标系即可；
（2）分别作出各点关于轴的对称点，再顺次连接即可；
（3）作出点B关于轴的对称点B2，连接交轴于点P，则P点即为所求．
解：（1）如图所示；             
（2）如图所示；                    
（3）P点坐标（，0）
       
【点拨】考查作图-轴对称变换，勾股定理，轴对称-最短路线问题，注意最短路线问题的求法，是高频考点.
5． E（4，8），D（0，5）
【分析】先根据勾股定理求出BE的长，从而可得出CE的长，求出E点坐标．在Rt△DCE中，由DE=OD及勾股定理可求出OD的长，从而得出D点坐标．
解：依题意可知，折痕AD是四边形OAED的对称轴，
∴在Rt△ABE中，AE=AO=10，AB=8，
，
∴CE=4，
∴E（4，8）
在Rt△DCE中，DC2+CE2=DE2，
又∵DE=OD，
∴（8-OD）2+42=OD2
∴OD=5
∴D（0，5）
【点拨】本题考查翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，勾股定理等知识点，关键在于找到直角三角形．
6． （1）E（8，0）；（2）y=﹣x+6（3）①54；②点P的坐标为（6，0）或（﹣6，0）．
【点拨】（1）根据折叠的性质知CE=CB=10．在在直角△COE中，由勾股定理求得OE=8；
（2）根据OC=6知C（0，6），由折叠的性质与勾股定理，求得D（10，），利用待定系数法求CD所在直线的解析式；
（3）①根据F（18，0），即可求得△COF的面积；②设P（x，0），依S△OCP=S△CDE得×OP×OC=×54，即×|x|×6=18，求得x的值，即可得出点P的坐标．
解：（1）如图，

∵四边形ABCD是长方形，
∴BC=OA=10，∠COA=90°，
由折叠的性质知，CE=CB=10，
∵OC=6，
∴在直角△COE中，由勾股定理得OE==8，
∴E（8，0）；
（2）设CD所在直线的解析式为y=kx+b（k≠0），
∵C（0，6），
∴b=6，
设BD=DE=x，
∴AD=6-x，AE=OA-OE=2，
由勾股定理得AD2+AE2=DE2
即（6-x）2+22=x2，
解得x=，
∴AD=6-=，
∴D（10，），
代入y=kx+6 得，k=-，
故CD所在直线的解析式为：y=-x+6；
（3）①在y=-x+6中，令y=0，则x=18，
∴F（18，0），
∴△COF的面积=×OF×OC=×18×6=54；
②在x轴上存在点P，使得S△OCP=S△COF，
设P（x，0），依题意得
×OP×OC=×54，即×|x|×6=18，
解得x=±6，
∴在x轴上存在点P，使得S△OCP=S△COF，点P的坐标为（6，0）或（-6，0）．
点睛：本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理以及待定系数法求一次函数的解析式的综合应用．解答此题时注意坐标与图形的性质的运用以及方程思想的运用．
7．（1）a=2，b=3；(2)S=3-m； (3)P(-3，)【分析】（1）根据二次根式的性质得出b2-9=0，再利用b+3≠0，求出b的值，进而得出a的值；
（2）因为P在第二象限，将四边形ABOP的面积表示成三角形APO和三角形AOB的面积和，即可求解；
（3）将A，B，C坐标在直角坐标系中表示出来，求出三角形ABC的面积，当四边形ABOP的面积与△ABC的面积相等时，即3-m=6，得m=-3，即可进行求解．
解：(1)∵a,b满足关系式，
∴b2−9=0，b+3≠0，
∴b=3，a=2；
(2)四边形ABOP的面积可以看作是△APO和△AOB的面积和，
∵P在第二象限,
∴m<0，SAPOB=S△AOB+SAPO=×2×3+×(−m)×2=3−m，
故四边形ABOP的面积为3−m；
(3)由题意可得出：点A(0,2),B(3,0),C(3,4),
过A点作BC边上的高，交BC于点H，

则三角形ABC的面积为：S=BC⋅AH=×4×3=6；
当四边形ABOP的面积与△ABC的面积相等时，
即3−m=6，得m=−3，
此时P点坐标为：(−3, )，
存在P点，使四边形ABOP的面积与△ABC的面积相等．
【点拨】本题考查了点的坐标的确定及非负数性质，解此类题目时可根据非负数的性质分别求出各个数的值，再根据面积相等即可得出答案．解此类题目时将不规则图形拆解成两个三角形的和，再进行计算即可．
8．（Ⅰ）（3，）；（Ⅱ）x，y满足的关系式是y=x2+1；（Ⅲ）△MPA为等边三角形时，点M的坐标为（2，0）或（﹣2，0）．解：分析：（Ⅰ）作AN⊥PM于N，根据线段垂直平分线的性质得到PA=PM，根据勾股定理计算；
（Ⅱ）分点M在x轴的正半轴上、点M在x轴的负半轴上两种情况，根据勾股定理列式计算；
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，PA=PM，设点M的坐标为（0，x），根据勾股定理列方程求出x的值．
解：（Ⅰ）作AN⊥PM于N，
则四边形AOMN是矩形，
∴AN=OM=3，MN=OA=2，
∵l1是AM的垂直平分线，
∴PA=PM，
在Rt△APN中，AN2+PN2=AP2，即32+（y﹣2）2=y2，
解得，y=，
∴点P的坐标为（3，），
故答案为（3，）；
（Ⅱ）当点M在x轴的正半轴上时，
在Rt△APN中，AN2+PN2=AP2，即x2+（y﹣2）2=y2，
解得，y=x2+1，
同理，当点M在x轴的负半轴上时，x，y满足的关系式是y=x2+1，
∴x，y满足的关系式是y=x2+1；
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，PA=PM，
要使△MPA为等边三角形，只需MA=MP即可，
∵点A的坐标为（0，2），点M的坐标为（0，x），
∴AM=，
则x2+1=，
解得，x=±2，
∴△MPA为等边三角形时，点M的坐标为（2，0）或（﹣2，0）．

【点拨】本题考查了图形与坐标，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定，勾股定理的应用，作出辅助线构造直角三角形从而运用勾股定理求解是解答本题的关键.
9． （1）详见分析；（2）详见分析；（3）详见分析.
【分析】（1）求出∠PBO+∠PDO=180°，根据角平分线定义得出∠CBO=∠PBO，∠ODF=∠PDO，求出∠CBO+∠ODF=90°，求出∠CBO=∠DFO，根据平行线的性质得出即可；
（2）求出∠ABO=∠PDA，根据角平分线定义得出∠CBO=∠ABO，∠CDQ=∠PDO，求出∠CBO=∠CDQ，推出∠CDQ+∠DCQ=90°，求出∠CQD=90°，根据垂直定义得出即可；
（3）分为两种情况：根据三角形面积公式求出即可．
解：（1）证明：如图1．
∵在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴的正半轴上，点B的坐标为（0，4），
∴∠AOB=90°．
∵DP⊥AB于点P，
∴∠DPB=90°，
∵在四边形DPBO中，∠DPB+∠PBO+∠BOD+∠PDO=360°，
∴∠PBO+∠PDO=180°，
∵BC平分∠ABO，DF平分∠PDO，
∴∠CBO=∠PBO，∠ODF=∠PDO，
∴∠CBO+∠ODF=（∠PBO+∠PDO）=90°，
∵在△FDO中，∠OFD+∠ODF=90°，
∴∠CBO=∠DFO，
∴DF∥CB． 
（2）直线DF与CB的位置关系是：DF⊥CB，
证明：延长DF交CB于点Q，如图2，

∵在△ABO中，∠AOB=90°，
∴∠BAO+∠ABO=90°，
∵在△APD中，∠APD=90°，
∴∠PAD+∠PDA=90°，
∴∠ABO=∠PDA，
∵BC平分∠ABO，DF平分∠PDO，
∴∠CBO=∠ABO，∠CDQ=∠PDO，
∴∠CBO=∠CDQ，∵在△CBO中，∠CBO+∠BCO=90°，
∴∠CDQ+∠DCQ=90°，
∴在△QCD中，∠CQD=90°，
∴DF⊥CB． 
（3）解：过M作MN⊥y轴于N，
∵M（4，-1），
∴MN=4，ON=1，
当E在y轴的正半轴上时，如图3，

∵△MCE的面积等于△BCO面积的倍时，
∴×2×OE+×（2+4）×1-×4×（1+OE）=××2×4，
解得：OE=，
当E在y轴的负半轴上时，如图4，

×（2+4）×1+×（OE-1）×4-×2×OE=××2×4，
解得：OE=，
即E的坐标是（0，）或（0，-）．
【点拨】本题考查了平行线的性质和判定，三角形内角和定理，坐标与图形性质，三角形的面积的应用，题目综合性比较强，有一定的难度．
10． （1）-3；-4；6（2）证明见分析（3）是定值；定值为2
【分析】（1）求出CD的长度，再根据三角形的面积公式列式计算即可得解；
（2）根据等角的余角相等解答即可；
（3）首先证明∠ACD=∠ACE，推出∠DCE=2∠ACD，再证明∠ACD=∠BCO，∠BEC=∠DCE=2∠ACD即可解决问题；
（1）解：如图1中，

∵|a+3|+（b-a+1）2=0，
∴a=-3，b=-4，
∵点C（0，-3），D（-4，-3），
∴CD=4，且CDx轴，
∴△BCD的面积=×4×3=6；
故答案为-3，-4，6．
（2）证明：如图2中，

∵∠CPQ=∠CQP=∠OPB，AC⊥BC，
∴∠CBQ+∠CQP=90°，
又∵∠ABQ+∠CPQ=90°，
∴∠ABQ=∠CBQ，
∴BQ平分∠CBA．
（3）解：如图3中，结论：=定值=2．

理由：∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCF=90°，
∵CB平分∠ECF，
∴∠ECB=∠BCF，
∴∠ACD+∠ECB=90°，
∵∠ACE+∠ECB=90°，
∴∠ACD=∠ACE，
∴∠DCE=2∠ACD，
∵∠ACD+∠ACO=90°，∠BCO+∠ACO=90°，
∴∠ACD=∠BCO，
∵C（0，-3），D（-4，-3），
∴CDAB，
∠BEC=∠DCE=2∠ACD，
∴∠BEC=2∠BCO，
∴=2．
【点拨】本题考查了坐标与图形性质，三角形的角平分线，三角形的面积，三角形的内角和定理，三角形的外角性质等知识，熟记性质并准确识图是解题的关键．
11． 【应用】：（1）3；（2）（1，2）或（1，﹣2）；【拓展】：（1）＝5；（2）2或﹣2；（3）4或8．
【分析】（应用）（1）根据若y1＝y2，则AB∥x轴，且线段AB的长度为|x1−x2|，代入数据即可得出结论；
（2）由CD∥y轴，可设点D的坐标为（1，m），根据CD＝2，可得|0﹣m|＝2，故可求出m，即可求解；
（拓展）（1）根据两点之间的折线距离公式，代入数据即可得出结论；
（2）根据两点之间的折线距离公式结合d（E，H）＝3，即可得出关于t的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可得出结论；
（3）由点Q在x轴上，可设点Q的坐标为（x，0），根据三角形的面积公式结合三角形OPQ的面积为3即可求出x的值，再利用两点之间的折线距离公式即可得出结论；
解：（应用）：
（1）AB的长度为|﹣1﹣2|＝3．
故答案为：3．
（2）由CD∥y轴，可设点D的坐标为（1，m），
∵CD＝2，
∴|0﹣m|＝2，解得：m＝±2，
∴点D的坐标为（1，2）或（1，﹣2）．
故答案为：（1，2）或（1，﹣2）．
（拓展）：
（1）d（E，F）＝|2﹣（﹣1）|+|0﹣（﹣2）|＝5．
故答案为：＝5．
（2）∵E（2，0），H（1，t），d（E，H）＝3，
∴|2﹣1|+|0﹣t|＝3，解得：t＝±2．
故答案为：2或﹣2．
（3）由点Q在x轴上，可设点Q的坐标为（x，0），
∵三角形OPQ的面积为3，
∴|x|×3＝3，解得：x＝±2．
当点Q的坐标为（2，0）时，d（P，Q）＝|3﹣2|+|3﹣0|＝4；
当点Q的坐标为（﹣2，0）时，d（P，Q）＝|3﹣（﹣2）|+|3﹣0|＝8．
故答案为：4或8．
【点拨】本题是三角形综合题目，考查了新定义、两点间的距离公式、三角形面积等知识，读懂题意并熟练运用两点间的距离及两点之间的折线距离公式是解题的关键．
12． （1）是等腰直角三角形，理由见分析；（2）见分析；（3）点C的坐标为(1，2)或(3，3)或．
【分析】（1）利用全等三角形的判定证明≌，再由全等三角形的性质及直角三角形的性质即可得到结论；
（2）利用图形的面积建立等式进行化简即可；
（3）分三种情况，作辅助线构造全等三角形求解即可．
解：（1）是等腰直角三角形，理由如下：
在和中，，
∴≌，
∴AE= DE，∠AEB=∠EDC，
∵在中，∠C=90°，
∴∠EDC+∠DEC= 90°，
∴∠AEB+∠DEC= 90°，
∵∠AEB+∠DEC+∠AED=180°，
∴∠AED=90°，
∴是等腰直角三角形；
（2）由题可知，四边形ABCD为梯形，
∵≌，，，，
∴AB=CE=b，BE=CD=a，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）①当∠CAB=90°，CA=AB时，如图，过点C作CF⊥x轴于点F，过点B作BE⊥x轴于点E，

∵点A(2，0)，点B(4，1)，
∴BE=1，OA=2，OE=4，
∴AE= 2，
∵∠CAB=90°，BE⊥x轴，
∴∠CAF+∠BAE= 90°，∠BAE+∠ABE=90°，
∴∠CAF=∠ABE，
又∵AC= AB，∠AFC=∠AEB=90°，
∴≌，
∴CF=AE= 2，AF=BE=1，
∴OF=OA－AF=1，
∴点C坐标为(1，2)；
②当∠ABC＝90°，AB＝BC时，如图，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥BE交EB延长线于点F，

∵∠ABC=90°，BE⊥x轴，
∴∠ABE+∠CBF= 90°，∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
又∵BC= AB，∠AEB=∠CFB=90°，
∴≌，
∴BE=CF=1，AE=BF= 2，
∴EF=3，
∴点C坐标为(3，3)；
③当∠ACB=90°，CA＝BC时，如图，过点C作CD⊥x轴于点D，过点B作BF⊥CD于点F，BE⊥x轴于点E，

∵∠ACB=90°，CD⊥x轴，
∴∠ACD+∠BCF=90°，∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠BCF=∠CAD，
又∵AC= BC，∠CDA=∠BFC=90°，
∴≌，
∴CF=AD， BF=CD=DE，
∵AD+DE=AE=2，
∴2=AD+CD=AD+CF+DF=2AD+1，
∴，
∴，，
∴点C坐标为，
综上所述，点C的坐标为(1，2)或(3，3)或．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理的验证，平面直角坐标系中等腰直角三角形的存在性问题，熟练掌握各性质及判定定理，正确作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
13． （1）；（2）①见分析；②最大值为；7；（3）．
【分析】（1）根据点A位于线段BC上时，线段AC的长取得最小值，根据点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，即可得到结论；
（2）①证明△CAD≌△EAB（SAS），可得出CD=BE；
②由（1）知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，求出BE的最大值即可；
（3）如图1，连接BM，求出AB=5，则线段AM长的最大值=线段BN长的最大值，当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，最大值=AB+AN，求出结果即可；过P作PE⊥x轴于E，求出OE可得出答案．
解：（1）∵当点A在线段BC上时，线段AC的长取得最小值，最小值为BC-AB，
∵BC=b，AB=a，
∴BC-AB=b-a，
当点A在线段CB延长线上时，线段AC的长取得最大值，最大值为BC+AB，
∵BC=b，AB=a，
∴BC+AB=b+a，
故答案为：b-a，b+a；
（2）①CD=BE，
理由：∵△ABD与△ACE是等边三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
即∠CAD=∠EAB，
在△CAD与△EAB中，
，
∴△CAD≌△EAB（SAS），
∴CD=BE；
②∵线段BE长的最大值=线段CD的最大值，
∴由（1）知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，
∴最大值为BE=CD=BD+BC=AB+BC=5+2=7；
故答案为：7．
（3）最大值为5+2；
∴P（2-，）．
如图1，连接BM，

∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，则△APN是等腰直角三角形，
∴PN=PA=2，BN=AM，
∵A的坐标为（2，0），点B的坐标为（7，0），
∴AO=2，OB=7，
∴AB=5，
∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值，
∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，
最大值=AB+AN，
∵AN=AP=2，
∴最大值为 5+2；
如图2，过P作PE⊥x轴于E，

∵△APN是等腰直角三角形，
∴PE=AE=，
∴OE=OA-AE=2-，
∴P（2-，）．
【点拨】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定与性质，坐标与图形的性质等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
14． （1）见分析；（2）B的坐标（3，1）；（3）（3，4）
【分析】（1）根据AD⊥DE、BE⊥DE得到∠D=∠E=90°再根据直角三角形的性质以及同角的余角相等，推出∠DAC=∠BCE，进而证明，最后再根据全等三角形对应边相等得出AD=CE，CD=BE；
（2）如图4，过点B作BE⊥x轴于点E，通过证明，进而得出AO=CE，CO=BE，再根据点A的坐标为（0，2），点C的坐标（1，0），求得OE=3，最后得出B的坐标（3，1）；
（3）如图5，过点C做CF⊥x轴与点F，再过点A、B分别做AE⊥CF，BD⊥CF，通过证明，进而得出BD=CE=，AE=CD，最后根据点的坐标为，点的坐标为，得出B坐标（3，4）.
解：（1）证明：
∵AD⊥DE，BE⊥DE
∴∠D=∠E=90°
∴∠DAC+∠ACD=90°
又∵∠ACB=90°
∴∠ACD+∠BCE=90°
∴∠DAC=∠BCE
在△ADC和△CEB中
∴△ADC≌△CEB
∴AD=CE，CD=BE
（2）解：如图，过点B作BE⊥x轴于点E
∵∠AOC=90°∴∠OAC+∠ACO=90°
又∵∠ACB=90°
∴∠ACO+∠BCE=90°
∴∠OAC=∠BCE
在△AOC和△CEB中
∴△AOC≌△CEB
∴AO=CE，CO=BE
又∵点A的坐标为（0，2），点C的坐标（1，0）
∴AO=2，CO=1
∴CE=2，BE=1
∴OE=3
∴B的坐标（3，1）

（3）（3，4）
解：如图5，过点C做CF⊥x轴与点F，再过点A、B分别做AE⊥CF，BD⊥CF，
∵AE⊥CF，BD⊥CF
∴，
∴,
又∵，
∴，
∴,
∴在和中 ，
∴（AAS）
∴BD=CE，AE=CD，
又∵的坐标为，点的坐标为，
∴CE=BD=2-1=1，CD=AE=4-2=2
设B点坐标为（a，b），
则a=4-1=3，b=2+2=4，
∴B坐标（3，4）
.
【点拨】本题综合考查了全等三角形的证明以及平面直角坐标系中求点坐标的综合应用问题；通过构建“一线三等角”模型，再利用直角三角形的性质以及同角的余角相等解决角关系是本题的关键.
15． （1）A（0，1）；（2）结论：∠ABQ+∠OAB﹣∠Q＝135°；（3）α+2β＝45°．
【分析】（1）利用二次根式的性质求出m、n的值，求出B、C两点坐标，由S四边形AOBC＝S△OBC+S△AOC，推出×2×4+×OA×4＝6，求出OA即可；
（2）如图2中，结论：∠ABQ+∠OAB﹣∠Q＝135°．根据三角形内角和定理，三角形的外角的性质即可解决问题；
（3）由AD∥BC，推出∠ADC＝∠DCB＝α，由BE平分∠CBx，推出∠CBE＝∠EBx，由∠CBE＝∠F+∠OCB＝α+β，推出∠OBF＝∠EBx＝α+β，由OC平分∠AOB，可得∠COB＝45°＝∠F+∠OBF＝α+（α+β），由此即可解决问题；
解：（1）由题意，得
解得n＝2，
∴m＝4，B（2，0），C（4，4）．
如图：

∵S四边形AOBC＝S△OBC+S△AOC，
∴×2×4+×OA×4＝6，
∴OA＝1，
∴A（0，1）．
（2）结论：∠ABQ+∠OAB﹣∠Q＝135°．如图：

理由如下：
∵OC∥PQ，
∴∠Q＝∠OCB，
∵∠ABQ＝∠1+∠OCB＝∠1+∠Q，∠1＝180°﹣∠OAB﹣∠AOC＝180°﹣∠OAB﹣45°＝135°﹣∠OAB，
∴∠ABQ＝∠Q+135°﹣∠OAB，
∴∠ABQ+∠OAB﹣∠Q＝135°．
（3）如图：

∵AD∥BC，
∴∠ADC＝∠DCB＝α，
∵BE平分∠CBx，
∴∠CBE＝∠EBx，
∵∠CBE＝∠F+∠OCB＝α+β，
∴∠OBF＝∠EBx＝α+β，
∵C（4，4），
∴OC平分∠AOB，
∴∠COB＝45°＝∠F+∠OBF＝α+（α+β），
∴α+2β＝45°．
【点拨】本题考查平行线的判定和性质、角平分线的定义、三角形的内角和定理、三角形的外角性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于压轴题．
16．(1)10；证明见分析；(2)，，理由见分析；
【分析】（1）①利用可求出，，即可求出；②作交AB与点C，交AB与点F，证明，再证明，利用，即可证明；
（2）证明，得到，，再利用等量代换证明；
(1)解：①由图可知，
∵
∴，即，
∴，，
∴；
②作交AB与点C，交AB与点F，如图，

∵，，
∴，
在和中，

∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
(2)解：，，理由如下：
假设DE交BC于点G，

有已知可知：，，，，
∴，
∵
∴
∵，且，
∴，
在和中，

∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
【点拨】本题考查三角形全等的判定，等量代换，绝对值非负性的应用，直角坐标系中的图形，（1）的关键是证明，（2）的关键证明．