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1、玩转压轴题，争取满分之备战2018年中考数学解答题高端精品专题九 动态几何定值问题【考题研究】数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈。动态题是近年来中考的的一个热点问题，以运动的观点探究几何图形的变化规律问题，称之为动态几何问题，随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题，就其运动对象而言，有点动、线动、面动三大类，就其运动形式而言，有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等，就问题类型而言，有函数关系和图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。解这类题目要 “以静制动”，即把动态问题，变为静态
2、问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况。以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。【解题攻略】动态几何形成的定值和恒等问题是动态几何中的常见问题，其考点包括线段（和差）为定值问题；角度（和差）为定值问题；面积（和差）为定值问题；其它定值问题。解答动态几何定值问题的方法，一般有两种：第一种是分两步完成 ：先探求定值. 它要用题中固有的几何量表示.再证明它能成立.探求的方法，常用特殊位置定值法，即把动点放在特殊的位置，找出定值的表达式，然后写出证明.第二种是采用综合法，直接写出证明.【解题类型及其思路】在中考中，动态几何形成的定值和恒等问题命题形式主要为解答题。在中考压轴题
3、中，动态几何之定值（恒等）问题的重点是线段（和差）为定值问题，问题的难点在于准确应用适当的定理和方法进行探究。【典例指引】类型一 【线段及线段的和差为定值】 典例指引1（福建省泉州台商投资区2017-2018学年期末）在小学，我们知道正方形具有性质“四条边都相等，四个内角都是直角”，请适当利用上述知识，解答下列问题：已知：如图，在正方形ABCD中，AB=4，点G是射线AB上的一个动点，以DG为边向右作正方形DGEF，作EHAB于点H（1）填空：AGD+EGH= ；（2）若点G在点B的右边求证：DAGGHE；试探索：EHBG的值是否为定值，若是，请求出定值；若不是，请说明理由（3）连接EB，在G
4、点的整个运动（点G与点A重合除外）过程中，求EBH的度数；【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质得到DGE=90，由平角的定义即可得到结论；（2）根据垂直的定义得到GHE=90，根据余角的性质得到GEH=AGD，根据正方形的性质得到DAG=90，DG=GE，求得DAG=GHE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；根据全等三角形的性质得到AG=EH，根据线段的和差即可得到结论；（3）下面分两种情况讨论：（ I）当点G在点B的左侧时，如图1，根据全等三角形的性质得到GH=DA=AB，EH=AG，于是得到GB+BH=AG+GB，推出BHE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EBH=45
5、；（ II）如图2，当点G在点B的右侧时，根据全等三角形的想知道的GH=DA=AB，EH=AG，于是得到AB+BG=BG+GH，推出BHE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EBH=45；（ III）当点G与点B重合时，如图3，根据全等三角形的性质得到GH=DA=AB，EH=AG=AB，推出GHE（即BHE）是等腰直角三角形，于是得到EBH=45即可得到结论试题解析：解： （1）90； （2）EHAB，GHE90，GEH+EGH90，又AGD+EGH90，GEHAGD， 四边形ABCD与四边形DGEF都是正方形，DAG90，DGGE，DAGGHE， 在DAG和GHE中，DAGGHE（
6、AAS）；EHBG的值是定值，理由如下：由证得：DAGGHE，AGEH， 又AGABBG，AB4，EHAB+BG，EHBGAB4；（3）下面分两种情况讨论：（I）当点G在点B的左侧时，如图1，同（2）可证得：DAGGHE，GHDAAB，EHAG，GB+BHAG+GB，BHAGEH，又GHE90BHE是等腰直角三角形，EBH45；（ II） 如图2，当点G在点B的右侧时，由（2）证得：DAGGHEGHDAAB，EHAG，AB+BGBG+GH，AGBH，又EHAGEHHB，又GHE90BHE是等腰直角三角形，EBH45；（ III）当点G与点B重合时，如图3，同理可证：DAGGHE，GHDAAB，
7、EHAGAB，GHE（即BHE）是等腰直角三角形，EBH45综上，在G点的整个运动（点G与点A重合除外）过程中，EBH都等于45。【名师点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证得DAGGHE是解题的关键【举一反三】在四边形中， ，对角线平分.（1）如图1，若，且，试探究边、与对角线的数量关系并说明理由.（2）如图2，若将（1）中的条件“”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由.（3）如图3，若，探究边、与对角线的数量关系并说明理由.试题解析：解：（1）AC=AD+AB理由如下：如图1中，在四边形ABCD中，D+B=180，B=90，D=90，DAB=12
8、0，AC平分DAB，DAC=BAC=60，B=90，ABAC，同理ADACAC=AD+AB（2）（1）中的结论成立，理由如下：以C为顶点，AC为一边作ACE=60，ACE的另一边交AB延长线于点E，BAC=60，AEC为等边三角形，AC=AE=CE，D+ABC=180，DAB=120，DCB=60，DCA=BCE，D+ABC=180，ABC+EBC=180，D=CBE，CA=CE，DACBEC，AD=BE，来源:Zxxk.ComAC=AD+AB（3）结论：AD+ABAC理由如下：过点C作CEAC交AB的延长线于点E，D+B=180，DAB=90，DCB=90，ACE=90，DCA=BCE，又A
9、C平分DAB，CAB=45，E=45AC=CE又D+ABC=180，D=CBE，CDACBE，AD=BE，AD+AB=AE在RtACE中，CAB=45，AE.类型二 【线段的积或商为定值】 典例指引2（江苏省无锡市前洲中学2018届九年级12月月考）如图，直角梯形ABCD中，ABDC，DAB90，AD2DC4，AB6动点M以每秒1个单位长的速度，从点A沿线段AB向点B运动；同时点P以相同的速度，从点C沿折线CDA向点A运动当点M到达点B时，两点同时停止运动过点M作直线lAD，与线段CD的交点为E，与折线ACB的交点为Q点M运动的时间为t（秒）（1）当t0.5时，求线段QM的长；（2）当M在AB
10、上运动时，是否可以使得以C、P、Q为顶点的三角形为直角三角形？若可以，请求t的值；若不可以，请说明理由.学-科网（3）当t2时，连接PQ交线段AC于点R请探究是否为定值，若是，试求这个定值；若不是，请说明理由【解析】试题分析：（1）过点C作CFAB于F，利用直线平行得出RtAQMRtACF，再利用对应边的比值相等求出即可；（2）由于DCA为锐角，故有三种情况：当CPQ90时，点P与点E重合，可得DECPCD，从而可求t；当PQC90时，如备用图1，容易证出RtPEQRtQMA，再利用比例线段，结合EQEMQM 42t，可求t；当P在AD上时，PCQ90，此时PDCD，代入即可求出t的值；（3）
11、当t2时，如备用图2，先证明四边形AMQP为矩形，再利用平行线分线段成比例定理的推论可得CRQCAB，再利用比例线段可求（2）根据题意可得当0t2时，以C、P、Q为顶点可以构成三角形为直角三角形，故有三种情况： 当CPQ90时，点P与点E重合，此时DECPCD，即tt2，t1；当PQC90时，如备用图1，此时RtPEQRtQMA， ，由（1）知，EQEMQM42t，而PEPCCEPC（DCDE）t（2t）2t2， ，t ；当P在AD上时，PCQ90，此时PDCD，所以t22 ，所以t4；综上所述，t1或或4；（3）为定值,当t2时，如备用图2，PADADP4（t2）6t，由（1）得，BFABA
12、F4，CFBF，CBF45，QMMB6t，QMPA，ABDC，DAB90，四边形AMQP为矩形，PQAB，CRQCAB， .【名师点睛】此题主要考查了相似三角形的性质与判定以及直角三角形的判定等知识，题目综合性较强，分类讨论时要考虑全面，根据t的取值范围进行讨论是解决问题的关键【举一反三】（1）【特殊发现】如图1，ABBC于B,CDBC于C,连接BD,过A作AFBD,交BD于E,交BC于F,若BF=1，BC=3，则ABCD= ；（2）【类比探究】如图2，在线段BC上存在点E,F，连接AF,DE交于点H，若ABC=AHD=ECD,求证：ABCD=BFCE；（3）【解决问题】如图3，在等腰ABC中
13、，AB=AC=4，E为AB中点，D为AE中点，过点D作直线DMBC,在直线DM上取一点F，连接BF交CE于点H,使FHC=ABC,问：DFBC是否为定值？若是，请求出，若不是，请说明理由.【解析】试题分析：（1）先由余角的性质得到A=CBD，从而ABFBCD,再根据相似三角形的性质列比例式求解；（2）由ABC=AHD=ECD,得到AFB=EDC,从而ABFECD， 再根据相似三角形的性质列比例式求解；（3）法一，在DA的延长线上取一点N，使DNF=ABC,然后由FDNABC和NFBBEC,得到和，然后整理即可得到结论；法二，取BC的中点K,连接EK,由E为AB中点，然后由FDBEKC,得到，然
14、后结合法一整理即可得到结论；法三，延长FD,CE交于点G,由法一得：ADM=AMD,ABF=ECB,然后由GMCBDF和GEDCEB,得到和，然后整理即可得到结论； 解： (1) ABBC，AFBD,A+AFB=90, CBD+AFB=90,A=CBD，又ABF=C,ABFBCD, , ABCD=BCBF=3. (2)容易由ABC=AHD=ECD,得到AFB=EDC, 从而ABFECD， 那么ABCD=BFCE； (3)法一：（模型法）解：是，DFBC=12， 理由如下：如图，在DA的延长线上取一点N，使DNF=ABC, 由AB=AC,DMBC,可得：ADM=AMD=ABC=ACBFMC=DN
15、F,FDNABC，且DF=NF,即NFBC=NDAB, 又由ABC=FHC,得ABF+FBC=FBC+ECB,ABF=ECB,NFBBEC, 即NFBC=NBBE, NBBE=NDAB,依题意得：AD=DE=1，BE=2，NB2=ND4，NB=2ND,ND=BD=3，NB=6，NFBC=62=12即DFBC=12。 法二:(平行法)取BC的中点K,连接EK,由E为AB中点，EK AC,得ADM=ABC=EKB,BDF=EKC,再由法一可知：DBF=ECB，FDBEKC,即DFCK=EKDB,由法一得：DB=3，EK=BE=2，CK=BC,DFBC=23，DFBC=12。类型三 【角及角的和差定
16、值】 典例指引3如图，在等边ABC中，线段AM为BC边上的高，D是AM上的点，以CD为一边，在CD的下方作等边CDE，连结BE（1）填空：ACB=_；CAM=_；（2）求证：AOCBEC；（3）延长BE交射线AM于点F，请把图形补充完整，并求BFM的度数；（4）当动点D在射线AM上，且在BC下方时，设直线BE与直线AM的交点为FBFM的大小是否发生变化？若不变，请在备用图中面出图形，井直接写出BFM的度数；若变化，请写出变化规律【解析】试题分析：（1）根据等边三角形的性质即可进行解答；（2）根据等边三角形的性质就可以得出AC=AC，DC=EC，ACB=DCE=60，由等式的性质就可以BCE=A
17、CD，根据SAS就可以得出ADCBEC；（3）补全图形，由ADCBEC得CAM=CBE=30,由三角形内角和定理即可求得BFM的度数；（4）画出相应图形，可知当点D在线段AM的延长线上且在BC下方时，如图，可以得出ACDBCE，进而得到CBE=CAD=30，据此得出结论试题解析：(1)ABC是等边三角形，ACB=60；线段AM为BC边上的高，CAM=BAC=30，故答案为：60，30；（3）ABC与DEC都是等边三角形，AC=BC,CD=CE,ACB=DCE=60，ACD+DCB=DCB+BCE，ACD=BCE.在ADC和BEC中，ACDBCE(SAS)；（3）补全图形如下：由（1）（2）得C
18、AM=30，ADCBEC，CBE=CAM=30，BMF=90，BFM=60；（4）当动点D在射线AM上，且在BC下方时，画出图形如下：ABC与DEC都是等边三角形，AC=BC,CD=CE,ACB=DCE=60，ACB+DCB=DCB+DCE，ACD=BCE，在ACD和BCE中，ACDBCE(SAS)，CBE=CAD=30，又AMC=BMO，AOB=ACB=60.即动点D在射线AM上时,AOB为定值60.【名师点睛】本题考查了等边三角形的性质的运用，直角三角形的性质的运用，等式的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键.解题时注意：全等三角形的对应角相等，等边三角形的
19、三个内角都相等，等边三角形的三个内角相等，且都等于60.【举一反三】如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不与B、C两点重合），将ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上取一点M，使得将CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接AM、AN学-科网（1）若P为BC的中点，则sinCPM=_； （2）求证：PAN的度数不变； （3）当P在BC边上运动时，ADM的面积是否存在最小值，若存在，请求出PB的长；若不存在，请说明理由【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质和勾股定理求出AP，根据正弦的定义得到sinBAP，根据折叠的性质证明CPM
20、BAP，得到答案；（2）证明RtAENRtADN，得到EANDAN，计算即可；（3）设PBx，根据相似三角形的性质求出DM，根据三角形的面积公式得到二次函数的解析式，然后将解析式转化为顶点式，即可得出答案试题解析：解：（1）正方形ABCD的边长为4，P为BC的中点，BP PC2，AP2，sinBAP，由折叠的性质可知，BPAEPA，CPMFPM，APM（BPECPF）90，BPACPM90，又BPABAP90，CPMBAP，sinCPMsinBAP，故答案为： ；（3）解：设PBx，则PC4x，CPMBAP，ABPPCM90，ABPPCM，即，解得，CMx2x，DM4（x2x） x2x4，AD
21、M的面积4（x2x4）（x2）26，当BP2时，ADM的面积存在最小值6类型四 【三角形的周长为定值】 典例指引4如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点(不与点A、点D重合)将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH(友情提醒：正方形的四条边都相等，即ABBCCDDA；四个内角都是90，即ABCD90)(1)求证：APB=BPH；(2)当点P在边AD上移动时，PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；(3)设AP为x，求出BE的长(用含x的代数式表式)【解析】试题分析：（1）根据翻折变换的性质得出PBC=BPH，进
22、而利用平行线的性质得出APB=PBC即可得出答案；（2）首先证明ABPQBP，进而得出BCHBQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；（3）利用已知得出EFMBPA，进而利用在RtAPE中，(4BE)2+x2=BE2即可求出用含x的代数式表示的BE的长解： (1)如图1，PE=BE，EBP=EPB又EPH=EBC=90，EPHEPB=EBCEBP即PBC=BPHADBC，APB=PBCAPB=BPH(2)PHD的周长不变为定值8来源:学|科|网Z|X|X|K证明：如图2，过B作BQPH，垂足为Q.由(1)知APB=BPH，A=BQP=90，BP=BP，ABPQB
23、PAP=QP，AB=BQAB=BC，BC=BQC=BQH=90，BH=BH，BCHBQHCH=QHPHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8(3)如图3，过F作FMAB，垂足为M，则FM=BC=ABEF为折痕，EFBPEFM+MEF=ABP+BEF=90，EFM=ABP又A=EMF=90，EFMBPAEM=AP=x在RtAPE中，(4BE)2+x2=BE2解得： 【名师点睛】本题涉及的知识有正方形的性质、全等三角形的性质及判定、轴对称的性质.灵活应用正方形的性质、轴对称的性质来证明两三角形全等是解题的关键.【举一反三】如图，在正方形ABCD中，AB=a，P为边BC
24、上一动点（不与B、C重合），E是边BC延长线上一点，连结AP，过点P作PFAP交DCE的平分线于点F，连结AF与边CD交于点G，连结PG猜想：线段PA与PF的数量关系为 学科网探究：CPG的周长在点P的运动中是否改变？若不改变求其值应用：若PGCF，当a=时，则PB= 【解析】试题分析：（1）猜想：PA=PF，在在BA边上截取BQ=BP，连接PQ，如图1：通过证：BAP=CPF，AQB=PCF，AQ=CP证得AQPPCF，即可得到PA=PF；（2）CPG的周长在点P的运动中不改变，是一个定值；理由如下：如图2，延长CB至M，使BM=DG，连接AM，先证ABMADG，再证PAMPAG，从而可得：
25、CPG的周长= PG+PC+CG=PM+PC+CG=PB+BM+PC+CG=PB+DG+PC+CG=BC+DC=2AB=2a；（3）由PGCF可证得PCG是等腰直角三角形，从而可得PC=GC，PG=PC，设PB= ，则PC=GC= ，PG=；结合（2）中结论可得： ，结合解此的方程，即可得到PB的值.试题解析：（1）猜想：PA=PF，理由是：在BA边上截取BQ=BP，连接PQ，如图1：可得BPQ为等腰直角三角形，即BQP=45，AQP=135，又CF为直角DCE的平分线，FCE=45，PCF=AQP=135，四边形ABCD为正方形，B=BCD=D=90，AB=BC=CD，ABBQ=BCBP，即
26、AQ=PC，PFAP，APF=90，APB+CPF=90，又APB+QAP=90，QAP=CPF，在AQP和PCF中， ，AQPPCF（ASA），PA=FP；故答案为：PA=PF；探究：CPG的周长在点P的运动中不改变，是一个定值；如图2，延长CB至M，使BM=DG，连接AM，AD=AB，ABM=ADG=90，ABMADG，GAD=BAM，AG=AM，由（1）可得得：AP=PF，又APPF，APF是等腰直角三角形，PAG=45，BAD=90，GAD+BAP=45，BAM+BAP=45，MAP=PAG=45，来源:学*科*网又AP=AP，PAMPAG，PM=PG，PCG的周长=PG+PC+CG，
27、=PM+PC+CG，=PB+BM+PC+CG，=PB+DG+PC+CG，=BC+DC，=2a；应用：如图3，PGCF，PGC=GCF=45，PCG是等腰直角三角形，PC=CG，设PB=x，则PC=CG=ax，由探究得：PCG的周长=2a，则PG+PC+CG=2a，PC+2PC=2a， (ax)=2a，把代入得： 解得： ，即PB=类型五 【三角形的面积及和差为定值】 典例指引5（浙江省台州市书生中学2017-2018学年九年级上学期第三次月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与X轴的交点为A,与y轴的交点为点B，过点B作x轴的平行线BC，交抛物线于点C，连接AC现有两动点P，Q分别从O，
28、C两点同时出发，点P以每秒4个单位的速度沿OA向终点A移动，点Q以每秒1个单位的速度沿CB向点B移动，点P停止运动时，点Q也同时停止运动，线段OC，PQ相交于点D，过点D作DEOA，交CA于点E，射线QE交x轴于点F设动点P，Q移动的时间为t（单位：秒）（1）求A，B，C三点的坐标和抛物线的顶点的坐标；（2）当t为何值时，四边形PQCA为平行四边形？请写出计算过程；（3）当时，PQF的面积是否总为定值？若是，求出此定值，若不是，请说明理由；（4）当t为何值时，PQF为等腰三角形？请写出解答过程【解析】试题分析：（1）已知抛物线的解析式，当x=0时，可求得B的坐标；由于BCOA，把B的纵坐标代入
29、抛物线的解析式，可求出C的坐标；当y=0时，可求出A的坐标求顶点坐标时用公式法或配方法都可以；（2）当四边形ACQP是平行四边形时，AP、CQ需满足平行且相等的条件已知BCOA，只需求t为何值时，AP=CQ，可先用t表示AP，CQ，再列出方程即可求出t的值；（4）可先用t表示出P，F，Q的坐标，然后根据坐标系中两点间的距离公式得出PF2，PQ2，FQ2，进而可分三种情况进行讨论：PFQ以PF为斜边则PF2=PQ2+FQ2，可求出t的值；PFQ以PQ为斜边，方法同；PFQ以FQ为斜边，方法同综合三种情况即可得出符合条件的t的值试题解析：（1），令y=0，得x28x180=0，即(x18)(x+1
30、0)=0，x=18或x=10.A(18，0)在中，令x=0得y=10，即B(0，10).由于BCOA，故点C的纵坐标为10，由10=得，x=8或x=0，即C(8，10)且易求出顶点坐标为(4，)，于是，A(18，0)，B(0，10)，C(8，10)，顶点坐标为(4，)；（2）若四边形PQCA为平行四边形，由于QCPA.故只要QC=PA即可，而PA=184t，CQ=t，故184t=t得t=；（3）设点P运动t秒，则OP=4t，CQ=t，0t4.5，说明P在线段OA上，且不与点OA、重合，由于QCOP知QDCPDO，故AEFCEQ，AF:CQ=AE:EC=DP:QD=4:1，AF=4t=OP，PF
31、=PA+AF=PA+OP=18又点Q到直线PF的距离d=10，SPQF=PFd=1810=90，于是PQF的面积总为90；（4）设点P运动了t秒，则P(4t，0)，F(18+4t，0)，Q(8t，10)t(0，4.5).PQ2=(4t8+t)2+102=(5t8)2+100FQ2=(18+4t8+t)2+102=(5t+10)2+100.若FP=FQ，则182=(5t+10)2+100.即25(t+2)2=224，(t+2)2=.0t4.5，2t+26.5，t+2=.t=2，若QP=QF，则(5t8)2+100=(5t+10)2+100.即(5t8)2=(5t+10)2，无0t4.5的t满足。
32、若PQ=PF，则(5t8)2+100=182.即(5t8)2=224，由于15，又05t22.5，85t814.5，而14.52=()2=224.故无0t4.5的t满足此方程。综上所述，当t=2时，PQF为等腰三角形.【名师点睛】本题着重考查了二次函数的性质、图形平移变换、平行四边形的判定、直角三角形的判定等知识点，综合性强，考查学生分类讨论，数学结合的数学思想方法.【举一反三】如图1，直线AB交x轴于点A（4 ，0），交y轴于点B（0 ，4），（1）如图，若C的坐标为（-1, ，0），且AHBC于点H，AH交OB于点P，试求点P的坐标；（2）在（1）的条件下，如图2，连接OH，求证：OHP=
33、45；（3）如图3，若点D为AB的中点，点M为y轴正半轴上一动点，连结MD，过点D作DNDM交x轴于N点，当M点在y轴正半轴上运动的过程中，式子的值是否发生改变？如发生改变，求出该式子的值的变化范围；若不改变，求该式子的值.【解析】试题分析：（1）利用坐标的特点，得出OAPOB，得出OP=OC=1，得出结论；（2）过O分别做OMCB于M点，ONHA于N点，证出COMPON，得出OM=ON，HO平分CHA，求得结论；（3）连接OD，则ODAB，证得ODMADN，利用三角形的面积进一步解决问题（2）过点O分别作OMCB于M点，ONHA于N点，在四边形OMHN中 ，MON=360-390=90，CO
34、M=PON=90-MOP.在COM和PON中，COMPON（AAS），OM=ON，HO平分CHA，；(3) 的值不发生改变， .理由如下：连结OD，则ODAB，BOD=AOD=45，OAD=45，OD=AD，MDO=NDA=90-MDA，在ODM和AND中，ODMAND（ASA）， 【新题训练】1如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴交于点A(10，0)，B(0，10)，直线MT垂直于直线AB，垂足为M，与y轴交于点T(0，2) （1）求点M的坐标；（2）在线段MT的延长线上找一点N，使MTTN，求点N的坐标；（3）若点D在x轴上，ABD60，E点在线段BD上运动，AEB的平分线交AB
35、于点P，EAB的平分线交线段BD于点Q，AQ与EP交于点R 的值是多少？【解析】试题分析：（1）M点可以看作是直线AB与直线MN的交点，要求交点坐标即要求出这两条直线的解析式，已知A、B的坐标可以求出直线AB的解析式，结合特殊角可以求出OC的长度，从而求出C的坐标，根据C、T的坐标可以求出直线MN的解析式；（2）作MGy轴于点G，NHy轴于点H，结合已知条件不难证明NHTMGT，进而求出NH、HO的长度，表示出N的坐标即可；（3）在AE上取一点G，使EQEG ，不难证明ERGERQ，由此可得EGR=ERQ，再由AEB的平分线交AB于点P，EAB的平分线交线段BD于点Q，ABD60可以计算得出E
36、RA=120，进而可以得出ERQ=60，所以GRA=PRA=60，接下去不难证明ARGARP，可以得出AP=AG，所以=1.试题解析：（1）A(10，0)，B(0，10)，AO=BO=10，OBA=45，MNAB，TMB=90，BTM=CTO=45，CO=TO，T(0，2)，CO=TO=2，C（2，0），设y=k1x+b1，y=x2，设直线AB解析式为y2=k2x+b2，y=x10，解得，M（4，6）；（2）作MGy轴于点G，NHy轴于点H，NHT=MGT=90，在NHT和MGT中，NHTMGT，NH=MG=4，HT=GT=4，HO=2，N（4，2）；（3）在AE上取一点G，使EQEG ，PE
37、平分AEB，QA平分EAB，AER=AEB，EAR=EAB，AER+EAR =（AEB+EAB），ABD=60，AEB+EAB=120，AER+EAR=60，ERA=120，ERQ=60，PE平分AEB，GER=QER，在GER和QER中，GERQER，ERG=ERQ=60，ARG=60，ARP=60，在ARG和ARP中，ARGARP，AP=AG，=1.点睛：（1）要求点的坐标一般过这个点向坐标轴作垂线段，将问题转化为求线段的长度问题；（2）题目中出现角平分线，常用的辅助线有：过角平分线上一点向角的两边作垂线；过角平分线上一点作角平分线的垂线；作角的一边的平行线；在角平分线上截取一段使其与角平
38、分线另一边上线段相等.2如图，直线AB交x轴正半轴于点A（a，0），交y轴正半轴于点B（0，b），且a、b满足+|4-b|=0，（1）求A、B两点的坐标；（2）D为OA的中点，连接BD，过点O作OEBD于F，交AB于E，求证:BDO=EDA；（3）如图，P为x轴上A点右侧任意一点，以BP为边作等腰RtPBM，其中PB=PM，直线MA交y轴于点Q，当点P在x轴上运动时，线段OQ的长是否发生变化？若不变，求其值；若变化，求线段OQ的取值范围【解析】试题分析：（1）首先根据已知条件和非负数的性质得到关于a、b的方程，解方程组即可求出a，b的值，也就能写出A，B的坐标；学科网（2）作出AOB的平分线，
39、通过证BOGOAE得到其对应角相等解决问题；（3）过M作x轴的垂线，通过证明PBOMPN得出MN=AN，转化到等腰直角三角形中去就很好解决了试题解析：解：（1），a=4，b=4，A（4，0），B（0，4）；（2）证：作AOB的角平分线，交BD于G，BOG=OAE=45，OB=OA，OBG=AOE=90-BOF，BOGOAE，OG=AEGOD=EAD=45，OD=AD，GODEDA，GDO=ADE点睛：（1）考查的是根式和绝对值的性质（2）考查的是全等三角形的判定和性质（3）本题灵活考查的是全等三角形的判定与性质，还有特殊三角形的性质3已知：在平面直角坐标系中，等腰RtABC的顶点A、C在坐标轴
40、上运动，且ACB=90，AC=BC(1)如图1，当A(0，-2)，C(1，0)，点B在第四象限时，则点B的坐标为_；(2)如图2，当点C在x轴正半轴上运动，点A在y轴正半轴上运动，点B在第四象限时，作BDy轴于点D，试判断与哪一个是定值，并说明定值是多少？请证明你的结论(3)如图3，当点C在y轴正半轴上运动，点A在x轴正半轴上运动，使点D恰为BC的中点，连接DE，求证：ADC=BDE【解析】试题分析来源:学.科.网Z.X.X.K（1）如下图1，过点B作BDx轴于点D，结合已知条件证OACDCB，就可求得BD和OD的长，从而可得点B的坐标；（2）如下图2，过点B作BEx轴于点E，结合已知条件可证得OACECB，四边形ODBE是矩形，这样就可得到：CE=OA，BD=OE，所以OC-BD=OC-OE=CE，从而可得： ；（3）如下图3，过点B作BGBC于点B，交y轴于点G，结合已知条件可证CBGACD，从而可得：ADC=CGB，BG=CD，结合CD=BD可得BD=BG；再证DBE=GBE=45，就可结合BE=BE，证得DBEGBE，从而可得BDE=BGE，结合ADC=CGB就可证得：ADC=BDE试题解析：(1)点A的坐标为：(0，-2)，点C的坐标为：(1，0)，