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期中难点特训（二）全等三角形综合应用压轴题
1．如图1，OA=2，OB=4，以A点为顶点，AB为腰在第三象限作等腰直角 ABC．
△
（1）求C点的坐标.
（2）如图2，OA=2,P为y轴负半轴上的一个动点，若以P为直角顶点，PA为腰作等腰直角
APD，过D作DE⊥x轴于E点，求OP－DE的值.
△（3）如图3，点F坐标为（－4，－4），点G（0，m）在y轴负半轴，点H（n，0）在x轴的正
半轴，且FH⊥FG，求m+n的值.
【答案】答案见解析.
【分析】（1）作CD⊥AD，易证∠ACD=∠OAB，即可求证 ACD≌△BAO，可得AD=OB，
CD=OA即可解题； △
（2）作DF⊥OP，易证∠APO=∠PDF，即可证明 AOP≌△PFD，可得AO=PF，DE=OF，即可
解题； △
（3）作FD⊥HD，FE⊥OG，易证∠EFG=∠DFH，即可证明 EFG≌△DFH，可得EG=DH，即-
m-4=n+4，即可解题． △
【详解】解：如图，
（1）过点C作CD⊥AD，
∵∠CAD+∠ACD=90°，∠CAD+∠OAB=90°，
∴∠ACD=∠OAB，
在 ACD和 BAO中，
△ △∴△ACD≌△BAO，（AAS）
∴AD=OB，CD=OA，
∴点C坐标为（-6，-2）；
(2)作DF⊥OP，
∵∠APO+∠DPF=90°，∠PDF+∠DPF=90°，
∴∠APO=∠PDF，
在 AOP和 PFD中，
△ △
∴△AOP≌△PFD，（AAS）
∴AO=PF，DE=OF，
∴OP-DE=OP-OF=FP=AO=2；
(3)作FD⊥HD，FE⊥OG，则FE=FD=4，
∵∠EFG+∠OFE=90°，∠OFE+∠DFH=90°，
∴∠EFG=∠DFH，
在 EFG和 DFH中， ，
△ △
∴△EFG≌△DFH，（ASA）
∴EG=DH，即-m-4=n+4，
∴m+n=-8．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证
ACD≌△BAO， AOP≌△PFD， EFG≌△DFH是解题的关键．
△2．（1）如图1，∠△MAN=90°，射线△AE在这个角的内部，点B、C在∠MAN的边AM，AN上，且
AB=AC，CF⊥AE于点F，BD⊥AE于点D．求证： ．
（2）如图2，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，点E、F在∠MAN内部射线AD上，∠1，∠2
分别是 ， 的外角，已知AB=AC，∠1=∠2=∠BAC，求证： ；（3）如图3，在 中，AB=AC，AB>BC，点D在边BC上，CD=2BD，点E、F在线段AD上，
，若 的面积是15，则 与 的面积之和是_________．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）5
【分析】（1）证出∠BAD=∠ACF，根据AAS证明△ABD≌△CAF；
（2）类似（1），根据AAS证明即可；
（3）利用（2）的结论、三角形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵BD⊥AE，CF⊥AE
∴
∵
∴∠BAD+∠FAC=90°
∵∠FAC+∠ACF=90°
∴∠BAD=∠ACF
在△ABD与△CAF中
（2）证明：∵∠1=∠2，
∴∠AEB=∠CFA，
∵∠1=∠ABE+∠EAB，∠1=∠BAC，
∴∠ABE=∠CAF，
在△ABE与△CAF中所以
（3）∵△ABC的面积为15，CD=2BD，
∴△ABD的面积为15× =5，
由（2）得，△ABE≌△CAF，
∴△ACF与△BDE的面积之和= ABD的面积=5，
故答案为：5． △
【点睛】本题考查的是三角形全等的判定和性质，掌握全等三角形的性质定理和判定定理是解题
的关键．
3．如图(1), 已知△ABC中, ∠BAC=900, AB=AC, AE是过A的一条直线, 且B、C在A、E的异侧,
BD⊥AE于D, CE⊥AE于E
（1）试说明: BD=DE+CE.
（2）若直线AE绕A点旋转到图(2)位置时(BDCE), 其余条件不变, 问BD与DE、CE的关系如何?
请 直接写出结果, 不需说明.
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3） BD=DE-EC.
【分析】（1）证明 ABD≌△CAE，即可证得BD=AE，AD=CE，而AE=AD+DE=CE+DE，即可证
得； △（2）证明 ABD≌△CAE，即可证得BD=AE，AD=CE，而AE= DE- AD= DE- CE，即可证得；
（3）证明△ABD≌△CAE，即可证得BD=AE，AD=CE，而AE= DE- AD= DE- CE，即可证得.
【详解】（△1）证明：∵∠BAD+∠DAC=90º
∠ECA+∠CAD=90º
∴∠BAD=∠ACE
又∵∠ADB=∠AEC=90º，AB=AC
∴⊿BAD≌⊿ACE
∴BD=AE，AD=CE
∴BD=AD+DE=CE+DE
（2）∵∠DAB+∠EAC=90º
∠DBA+∠DAB=90º
∴∠DBA=∠AEC
又∵AB=AC，∠BDA=∠AEC=90º
∴⊿BDA≌⊿AEC
∴DB=AE，DA=EC,
∵AE= DE- AD，
∴BD=DE-EC
（3）∵∠DAB+∠EAC=90º，∠DBA+∠DAB=90º
∴∠DBA=∠AEC
又∵AB=AC，∠BDA=∠AEC=90º
∴⊿BDA≌⊿AEC
∴DB=AE，DA=EC
∵AE= DE- AD，
∴BD=DE-EC.
【点睛】根据条件证明两个三角形全等是解决本题的关键，注意在图形的变化中找到其中不变的
因素．
4．在平面直角坐标系xOy中，点A（x，﹣m）在第四象限，A，B两点关于x轴对称，x＝
+n（n为常数），点C在x轴正半轴上，
（1）如图1，连接AB，直接写出AB的长为 ；
（2）延长AC至D，使CD＝AC，连接BD．
①如图2，若OA＝AC，求线段OC与线段BD的关系；②如图3，若OC＝AC，连接OD．点P为线段OD上一点，且∠PBD＝45°，求点P的横坐标．
【答案】（1）6；（2）①OC＝BD，OC∥BD；②3．
【分析】（1）利用二次根式的被开方数是非负数，求出m＝3，判断出A，B两点坐标，可得结论；
（2）①结论：OC＝BD，OC∥BD．连接AB交x轴于点T．利用等腰三角形的三线合一的性质得
出OC＝2CT，利用三角形中位线定理得出CT∥BD，BD＝2CT，由此即可得；
②连接AB交OC于点T，过点P作PH⊥OC于H．证明△OTB≌△PHO（AAS），推出BT＝OH＝
3，即可得出结论．
【详解】解：（1）由题意， ，
∴m＝3，
∴x＝n，
∴A（n，﹣3），
∵A，B关于x轴对称，
∴B（n，3），
∴AB＝3﹣（﹣3）＝6，
故答案为：6；
（2）①结论：OC＝BD，OC∥BD．
理由：如图，连接AB交x轴于点T．∵A，B关于x轴对称，
∴AB⊥OC，AT＝TB，
∵AO＝AC，
∴OT＝CT（等腰三角形的三线合一），
∴OC＝2CT，
∵AC＝CD，AT＝TB，
∴CT∥BD，BD＝2CT，
∴OC＝BD，OC∥BD；
②如图，连接AB交OC于点T，过点 作 于点 ，
，
，
∵AC＝OC＝CD，
∴∠COA＝∠OAC，∠COD＝∠CDO，
∴2∠OAC+2∠CDO＝180°，
∴∠OAC+∠CDO＝90°，
∴∠AOD＝90°，
∵A，B关于x轴对称，∴OT⊥AB，OA＝OB，
∴∠OBT＝∠OAT，
∵∠COD+∠AOC＝90°，∠AOC+∠OAT＝90°，
∴∠OAT＝∠COD，
∴∠OBT＝∠COD，即∠OBT＝∠POH，
∵BD∥OC，
∴∠PDB＝∠POH＝∠OBT，∠ABD＝90°，
∵∠PBD＝45°，
∴∠ABP＝45°，
∵∠OBP＝∠OBT+∠ABP＝∠OBT+45°，∠OPB＝∠PBD+∠PDB＝45°+∠PDB，
∴∠OBP＝∠OPB，
∴OB＝PO，
在 和 中，
，
∴△OTB≌△PHO（AAS），
∴BT＝OH＝3，
故点P的横坐标为3．
【点睛】本题考查了坐标与轴对称变化、三角形中位线定理、等腰三角形的三线合一等知识点，
较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
5．在平面直角坐标系中，点 ，点 ，且ab满足 ．
（1）填空： __________， __________；
（2）如图1，作等腰 ， ， ，求C点坐标；
（3）如图2，点 在x轴负半轴上，分别以AB、BM为腰；点B为直角顶点，在第一、第二
象限作等腰 ，等腰 ，连接DE交y轴于点F，求点F的坐标（用含m的式子表
示）．【答案】（1） ， ；（2）C(-3，-2)；（3） ．
【分析】（1）根据绝对值的非负性，平方的非负性解答；
（2）过C作 轴于H，证明△ABO≌△BCH，推出 ， ，求出
，根据点C在第三象限，得到该点坐标；
（3）在y轴上取点G，使 ，连结DG，证明 ，得到 ，
，再证明 ，推出 ，由 ，得
到 ，根据 求出OF的长，由此得到点F的坐标．
【详解】（1）∵ ，且 ，
∴a-5=0，b-3=0，
∴ ， ；
故答案为：5,3；
（2）过C作 轴于H，如下图．
∵ ，
∴ ，
∴ ．
又∵ ， ，
∴ ．
∴ ， ，
∴ ．又∵点C在第三象限，
∴C（-3，-2）；
（3）在y轴上取点G，使 ，连结DG，如图，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴点F的坐标为 ．．
【点睛】此题考查绝对值的非负性，平方的非负性，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定
及性质，直角坐标系中点坐标，这是全等三角形的一道综合题，较基础，解题中多次证明三角形
全等，辅助线的引出是解题的关键．
6．如图1，在平面直角坐标系中，直线AB分别交x轴、y轴于A(a，0)、B(0，b)两点，且a，b满
足（a﹣b）2＋|a﹣4t|＝0，且t＞0，t是常数．直线BD平分∠OBA，交x轴于D点．
（1）若AB的中点为M，连接OM交BD于N，求证：ON＝OD；
（2）如图2，过点A作AE⊥BD，垂足为E，猜想AE与BD间的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，在x轴上有一个动点P（在A点的右侧），连接PB，并作等腰Rt BPF，其中
∠BPF＝90°，连接FA并延长交y轴于G点，当P点在运动时，OG的长是否发生△改变？若改变，
请求出它的变化范围；若不变，求出它的长度．
【答案】（1）见解析；（2）BD＝2AE，证明见解析；（3）OG的长不变，OG＝4t
【分析】（1）根据直线解析式求出点 、 的坐标，然后得出 是等腰直角三角形，再根据
角平分线的定义求出 ，根据等腰三角形三线合一的性质 ，然后根据直角三
角形两锐角互余的性质与三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出 ，
，利用等角对等边得到 ；
（2）延长 交 于 ，得 ，得到 ，再证 得到 ，
从而得到 ；
（3）作 ，垂足为 ，利用角角边定理可以证明 与 全等，根据全等三角形对
应边相等可得 、 ，再证 ， ， ．【详解】（1）证明： 直线 分别交 轴、 轴于 、 两点，且 ， 满足
，且 ，
，
当 时， ，
当 时， ，
解得 ，
点 、 的坐标是 ， ，
是等腰直角三角形，
点 是 的中点，
，
，
直线 平分 ，
，
，
，
，
（等角对等边）；
（2）答： ．
理由如下：延长 交 于 ，
平分 ，
，
于点 ，
，
在 中， ，，
，
，
，
，
又 ， （对顶角相等），
，
在 与 中， ，
，
，
；
（3） 的长不变，且 ．
过 作 ，垂足为 ，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
在 与 中， ，
，
， ，
， ，，
，
，
是等腰直角三角形，
．
【点睛】本题综合考查了一次函数，全等三角形的判定与全等三角形的性质，以及等腰直角三角
形的性质，角平分线的定义，等腰三角形三线合一的性质等等知识点，熟悉相关性质是解题的关
键．
7．在平面直角坐标系中，A（a，0），B（b，0）．C（0，c）．a≠0且（a＋b）2＋ ＝0
（1）直接写出△ABC的形状 ．
（2）如图1，点D为BC上一点，E为y轴负半轴上一点且∠ACB＝120“，∠ADE＝60°，CD＝
2BD，求点E的坐标；
（3）如图2，点P在AB的延长线上，过P作PM⊥AC交AC的延长线于M点，交CB的延长线于
N点，且PM＝BC．试确定线段CM、BN、PN之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）等腰三角形；（2） ；（3） ，理由见解析
【分析】（1）由非负数的性质可得： 再结合线段的长度证OA=OB，再由线段垂直平分
线的性质得AC=BC即可；
（2）在CE上取点F，使CF=CD，连接DF，记 的交点为 证△CDF是等边三角形，得
∠CFD=60°，CD=FD，再证△ACD≌△EFD（AAS），得AC=EF，然后由含30°角的直角三角形的
性质得BC=AC=2OC=8，则EF=AC=8，求出CE=EF+CF= ，则OE= ，即可求解；（3）过A作AQ⊥AM交y轴于Q，过Q作QT⊥MN交MN的延长线于T，连接BQ、NQ，证
△AMP≌△QAC（AAS），得AM=QA，证明 AM=TM=TQ=AQ=BQ，然后证Rt QBN≌Rt QTN
（HL），得BN=TN，即可解决问题． △ △
【详解】解：（1）△ABC是等腰三角形，理由如下：
∵A（a，0），B（b，0），
∴OA=-a，OB=b，
∵a≠0且 ，
∴a+b=0，c-4=0，
∴b=-a，c=4，
∴OA=OB，
又∵OC⊥AB，
∴AC=BC，
∴△ABC是等腰三角形，
故答案为：等腰三角形；
（2）在CE上取点F，使CF=CD，连接DF，记 的交点为 如图1所示：
∵AC=BC，∠ACB=120°，
∴∠ACO=∠BCO=60°，
∴△CDF是等边三角形，
∴∠CFD=60°，CD=FD，
∴∠EFD=120°，
∵∠ACO=∠ADE=60°，
∴∠CAD=∠CED，又∵∠ACD=∠EFD=120°，
∴△ACD≌△EFD（AAS），
∴AC=EF， 由（1）得：c=4， ∴OC=4，
∵∠AOC=90°，∠ACO=60°， ∴∠OAC=30°，
∴BC=AC=2OC=8，EF=AC=8，
∵CD=2BD， ∴BD= ，CF=CD= ，
∴CE=EF+CF=8+ = ，
∴OE=CE-OC= ，
∴E（0， ）；
（3）CM=BN+PN，证明如下：
过A作AQ⊥AM交y轴于Q，过Q作QT⊥MN交MN的延长线于T，连接BQ、NQ，
如图2所示：
则∠QAC=90°，
∴∠ACQ+∠CQA=90°，
∵∠AOC=90°， ∴∠PAM+∠ACQ=90°，
∴∠PAM=∠CQA，
∵PM⊥AC， ∴∠M=90°=∠QAC，
由（1）得：OA=OB，AC=BC，
∵PM=BC， ∴PM=AC，
∴△AMP≌△QAC（AAS），
∴AM=QA，
∵QT⊥MN，∴∠QTM=90°=∠QAC=∠M，
∴
由平行线间距离处处相等，
∵AC=BC，CQ⊥AB，
∴△ACQ和△BCQ关于y轴对称，
∴∠QBC=∠QAC=90°，
∴∠QBN=90°，
∵QN=QN，
∴Rt QBN≌Rt QTN（HL），
∴BN△=TN， △
∴BN+PN=TN+PN=PT，
∵AC=BC，PM=BC，
∴AC=PM， ∴CM=PT，
∴CM=BN+PN．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、等腰三角
形的判定、线段垂直平分线的性质、偶次方和算术平方根的非负性质、等边三角形的判定与性质、
轴对称的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握等边三角形的判定与性质和正方形的判定与性质，
正确作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
8．在平面直角坐标系中，已知点A（0，a），B（b，0），其中a，b满足：（x＋b）（x＋2）＝
x2＋ax＋6（a，b为常数）．
（1）求点A，B的坐标；
（2）如图1，D为x轴负半轴上一点，C为第三象限内一点，且∠ABC＝∠ADC＝90°，AO＝
DO，DB平分∠ADC．过点C作CE⊥DB于点E，求证：DE＝OB；
（3）如图2，P为y轴正半轴上一动点，连接BP，过点B在x轴下方作BQ⊥BP，且BQ＝BP，连
接PC，PQ，QC．在（2）的条件下，设P（0，p），求△PCQ的面积（用含p的式子表示）．【答案】（1）A（0，5），B（3，0）；（2）证明见解析；（3） （p＞0且
p≠5）.
【分析】（1）根据（x＋b）（x＋2）＝x2＋ax＋6（a，b为常数），将等式左边展开，根据两个多
项式相等对应项的系数也相等可得a和b的值，从而得出点A，B的坐标；
（2）过B作AD和DC的垂线，分别交AD和DC的延长线于F、G两点，证明△AFB≌△CGB可
得AB=BC，再证明△AOB≌△BEC，可得OB=EC，证明△DEC为等腰直角三角形可得DE=CE，
从而可得结论；
（3）证明△PAB≌△QCB可得AP=QC，再证明QC//x轴，根据三角形面积公式可求得△PCQ的面
积．
【详解】解：（1）∵a，b满足：（x＋b）（x＋2）＝x2＋ax＋6（a，b为常数）．
∴ ，即 ，
解得 ，
故A（0，5），B（3，0）；
（2）过B作AD和DC的垂线，分别交AD和DC的延长线于F、G两点，∴∠AFB=∠BFD=∠BGD=90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠FBG=90°，即∠FBC+∠CBG=90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠FBC+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠CBG，
∵DB平分∠ADC，
∴FB=BG，∠BDC=45°，
∴△DEC为等腰直角三角形，DE=CE，
在△AFB和△CGB中
∵ ，
∴△AFB≌△CGB（ASA），
∴AB=BC，
∵CE⊥DB，
∴∠AOB=∠CEB=90°，
∴∠OAB+∠ABO=∠ABO+∠CBD=90°，
∴∠OAB=∠CBD，
∴△AOB≌△BEC（AAS），
∴DE=CE=OB；（3）∵P（0，p），A（0，5），
∴AP=p-5，
∵BQ⊥BP，
∴∠PBQ=90°，
又∵∠ABC=90°，
∴∠ABP=∠CBQ，
∵BQ＝BP，AB=BC，
∴△PAB≌△QCB（SAS）,
∴QC=AP=p-5，∠BQC=∠BPO，
∵∠BOP=∠PBQ=90°，
∴∠BPO+∠PBO=∠PBO +∠OBQ=90°，
∴∠BPO=∠OBQ，
∴∠BQC=∠OBQ，
∴QC//x轴，
由（2）可知，OE=OD-DE=5-3=2,CE=3，
∴C(-2,-3),
∴ （p＞0且p≠5）.
【点睛】本题考查坐标与图形，全等三角形的性质和判定，角平分线的性质定理，多项式乘多项
式．掌握全等三角形的判定定理，并能结合点的坐标证明全等是解题关键．
9．等腰Rt ACB，∠ACB＝90°，AC＝BC，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的负半轴上，
△
(1)如图1，求证：∠BCO＝∠CAO
(2)如图2，若OA＝4，OC＝2，M是AB与y轴交点，求 的面积．
(3)如图3，点C（0，2），Q、A两点均在x轴上，且S CQA＝6a．分别以AC、CQ为腰在第一、
△
第二象限作等腰Rt CAN、等腰Rt QCM，连接MN交y轴于P点，问： 是否发生改变？若
△ △不变，求出 的值；若变化，求 的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)不变，
【分析】（1）根据同角的余角相等得出结论即可；
（2）过点B作BN⊥y轴于点N，连接BO，证明△CBN≌△ACO（AAS），由全等三角形的性质得
出BN=CO=2，CN=AO=4，设M（0，t），根据三角形AOB的面积求出t的值，则可求出答案；
（3）由三角形ACQ的面积得出AQ=6a，设OQ=m，则OA=6a-m，过点M作MH⊥y轴于点H，过
N作NF⊥y轴于点F，证明△FNP≌△HMP（AAS），得出FP=HP=3a-m，求出OP的长，根据三
角形的面积公式可得出答案．
（1）证明：∵∠ACB=90°，∠AOC=90°，
∴∠BCO+∠ACO=90°=∠CAO+∠ACO，
∴∠BCO=∠CAO；
（2）过点B作BN⊥y轴于点N，连接BO，
∵∠BCO+∠OCA=∠OCA+∠CAO=90°，
∴∠BCO=∠CAO，
在△CBN和△ACO中
∴△CBN≌△ACO（AAS），
∴BN=CO=2，CN=AO=4，
∴ON=2，
∴B（-2，2），设M（0，t），
∵S = OA×yB＝ ×4×2=4，S AOB=S BOM+S AOM= ×OM（xA-xB）= ×t×6=3t，
AOB
△ △ △ △
∴3t=4，
∴t= ，
∴M（0， ），
∴S AOM= ；
△
（3）不变，值为6a+4．
∵S ACQ= CO×AQ=AQ，S CQA=6a，
△ △
∴AQ=6a，
设OQ=m，则OA=6a-m，
过点M作MH⊥y轴于点H，过N作NF⊥y轴于点F，
同（2）可得△MHC≌△COQ，△COA≌△NFC，
∴MH=CO=NF=2，CH=OQ=m，
在△NFP和△HMP中， ，
∴△FNP≌△HMP（AAS），
∴FP=HP= FH＝ （FC-CH）= （6a-2m）=3a-m，
∴PO=PH+HC+OC=3a-m+m+2=3a+2，∴S MON=S MOP+S NOP= OP•（xN-xM）= （3a+2）×4=6a+4．
△ △ △
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积计算以及直角三
角形的性质的综合应用，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
10．如图1，在平面直角坐标系中，过点 向坐标轴作垂线，垂足分别是点A和点C．点D是
线段OC上一点，点A绕点D顺时针旋转90°得到点E．
（1）若点D的坐标为 ，求点E的坐标（用含t的式子表示）；
（2）如图2，连接AE，EC，AE交BC于点F，连接DF，试探究 与 的数量关系，并
证明你的结论；
（3）如图3，若点M是x负半轴上一点，连接AM，点N是AM上一点，且 ，ND
交AO于点G，求 的周长．
【答案】（1）点E（3+t，t）；（2） + =90°，证明见详解；（3）C OGD= 6．
△
【分析】（1）过点E作ES⊥x轴于S，由点B（3，3），AB⊥y轴，BC⊥x轴，可得OA=OC=3，
由旋转性质可得，DA=DE，∠ADE=90°，可证△AOD≌△DSE（AAS），可得AO=DS=3，
OD=SE=t，再求OS=OD+DS=3+t即可；
（2） + =90°，在AO上截取AU=DC，连结DU，则OU=OD=t，可得∠OUD=45°，延
长SE交DF延长线于G，将 AOD绕点A逆时针旋转90°得到 ABD′，先证 AUD≌ DCE
（SAS），可得∠OUD=∠SC△E=45°可求∠CES=90°-∠ECS=45°△，再证∠AED=△∠DAE=△45°，可证
CB∥SG，可得∠CFE=∠GEF，由旋转可得AD=AD′，∠OAD=∠BAD′，再证 DAF≌△D′AF
（SAS）可得∠AFD=∠AFD′=∠CFE=∠GEF=∠GFE即可； △
（3）连结BD，过B作BW⊥DN于W，先证 ANO≌ BDC（SAS），证明四边形ANDB为等腰梯
形，∠NDB=∠ABD，再证 BWD≌ BCD（△AAS），B△W=BC，WD=CD，三证Rt ABG≌Rt WBG
（HL），可得AG=WG，即△可． △ △ △
【详解】解：（1）过点E作ES⊥x轴于S，
∵点B（3，3），AB⊥y轴，BC⊥x轴，∴OA=OC=3，
∵点A绕点D顺时针旋转90°得到点E，
∴DA=DE，∠ADE=90°，
∴∠OAD+∠ADO=∠ADO+∠EDS=90°，
∴∠OAD=∠EDS，
在 AOD和 DSE中，
△ △
，
∴ AOD≌ DSE（AAS），
∴△AO=DS=3△，OD=SE=t，
∴OS=OD+DS=3+t，
∴点E（3+t，t）；
（2） + =90°，
在AO上截取AU=DC，连结DU，则OU=OD=t，
∴∠OUD=45°，
在 AUD和 DCE中，
△ △
，
∴ AUD≌ DCE（SAS），
∴△∠AUD=∠△DCE，
∴∠SCE=180°-∠DCE=180°-∠AUD=∠OUD，
∴∠OUD=∠SCE=45°
∵GS⊥OS，∴∠CES=90°-∠ECS=45°，
延长SE交DF延长线于G，
∵AD=DE，∠ADE=90°，
∴∠AED=∠DAE=45°，
∵∠CES+∠DEC+∠DEA+∠FEG=180°，∠SEC+∠DEA=45°+45°=90°，
∴∠DEC +∠FEG=180°-∠CES-∠DEA=180°-90°=90°，
∵CD⊥OS，GS⊥OS，
∴CB∥SG，
∴∠CFE=∠GEF，
将 AOD绕点A逆时针旋转90°得到 ABD′，
∴△AD=AD′，∠OAD=∠BAD′， △
∵∠OAD+∠FAB=90°-∠DAF=90°-45°=45°，
∴∠FAD′=∠FAB+∠BAD′=∠FAB+∠OAD=45°，
在 DAF和 D′AF中，
△ △
，
∴△DAF≌△D′AF（SAS），
∴∠AFD=∠AFD′=∠CFE=∠GEF=∠GFE，
∴∠DEC+∠AFD=∠DEC+∠GEF=90°；
（3）连结BD，过B作BW⊥DN于W，
∵ ，
∴DM=OC=3，
∴MO=MD-OD=OC-OD=DC，在 ANO和 BDC中，
△ △
，
∴△ANO≌ BDC（SAS），
∴∠AMO=∠△BDC，
∴AM∥BD，
∵AB=ND，
∴四边形ANDB为等腰梯形，
∴∠NDB=∠ABD，
∵AB∥OC，
∴∠BDC=∠ABD=∠WDB，
∵BW⊥AD，
∴∠BWD=∠BCD=90°，
在 BWD和 BCD中，
△ △
，
∴△BWD≌ BCD（AAS），
∴BW=BC，△WD=CD，
在Rt ABG和Rt WBG中，
△ △
，
∴Rt ABG≌Rt WBG（HL），
∴AG△=WG， △
C OGD=OG+GD+OD=OG+GW+DW+OD=OG+AG+DC+OD=OA+OC=3+3=6．
△【点睛】本题考查图形旋转，正方形性质，三角形全等判定与性质，平行线性质，等腰梯形判定
与性质，三角形周长，本题难度大，跳跃性大，是中考中探究中难题，综合运知识多，关键是利
用辅助线画出准确图形．
11．如图，在平面直角坐标系中，A（3，4），B（﹣1，0），C（3，0），点P（n，0）为x轴上
一动点，点P与点Q关于直线AC对称．
（1）如图1，直接写出点Q的坐标；（用含n的式子表示）
（2）如图2，当n＜﹣1时，连接AP，过点Q作QD⊥AP于点D，交AB于点E．
①若∠PAC＝α，求∠E的度数（用含α的式子表示）；
②求点E的坐标（用含n的式子表示）．
（3）坐标系中存在某点T（m，2m+1），点A、P、T按顺时针方向排列，并使△APT为等腰直角
三角形，请直接写出点P的坐标．
【答案】（1）Q（6﹣n，0）；（2）① ；② ；（3）点P的坐标为（ ，
0）或（8，0）或（ ，0）．
【分析】（1）点C（3，0），点P（n，0），而点P与点Q关于直线AC对称，则根据两点间距
离公式即可求解；（2）①利用已知点的坐标及角的大小可得 为等腰直角三角形，求出 并得
，根据 可得 ，即可求出
；
②连接AQ，过点E作 于点F，根据已知及已证得的结论可得 ，则
， ，可得出 ， ， ，即可求解；
（3）分①当 时， ，②当 时， ，③当 时，
三种情况，利用三角形全等得到边的等量关系，即可求解．
【详解】解：（1）∵点P与点Q关于直线AC对称， ， ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
（2）①∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ 为等腰直角三角形．
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
②连接AQ，过点E作 于点F，
∵点P与点Q关于直线AC对称，∴ ．
∵ 轴，
∴AC为PQ的垂直平分线．
∴ ．
∴ 平分 ．
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
在 和 中，
，
∴ ．
∴ ， ．
∴ ， ．
∵ ，
∴ ．
（3）点T的坐标为（m，2m+1），且A（3，4），点P（n，0），
①当 时， ，如图，过点T作TM⊥x轴于M，过点A作AN⊥x轴于N，
∵
∴ ．
∵ ，∴ ．
∴ ， ．
将 与 联立得，
，
解得 ．
∴ ．
②当 时， ，如图，过点A作AN⊥x轴于N，过点T作TM∥AN于M，
同①可证： ．
∴ ， ．
将 与 联立得，
，
解得 ．
∴ ．
③当 时， ，如图，过点T作TN⊥x轴于N，过点A作AM⊥TN于M，同①可证： ．
∴ ， ．
∴ ， ．
∴ ， ．
则 ，
解得 ．
∴ ．
故点P的坐标为（ ，0）或（8，0）或（ ，0）．
【点睛】本题考查了全等三角形的综合运用，涉及到三角形全等、等腰直角三角形的性质等知识，
其中（3）要注意分类求解，避免遗漏．
12．如图1，点A、D在y轴正半轴上，点B、C分别在x轴上，CD平分∠ACB与y轴交于D点，
∠CAO＝90°﹣∠BDO．
（1）求证：AC＝BC；（2）如图2，点C的坐标为（4，0），点E为AC上一点，且∠DEA＝∠DBO，求BC+EC的长．
【答案】（1）见解析；（2）8
【分析】（1）由题意∠CAO＝90°﹣∠BDO，可知∠CAO＝∠CBD，CD平分∠ACB与y轴交于D
点，所以可由AAS定理证明 ACD≌△BCD，由全等三角形的性质可得AC＝BC；
（2）过D作DN⊥AC于N点△，可证明Rt BDO≌Rt EDN、 DOC≌△DNC，因此，BO＝EN、
OC＝NC，所以，BC+EC＝BO+OC+NC﹣△NE＝2OC，△即可得B△C+EC的长．
【详解】（1）证明：∵∠CAO＝90°﹣∠BDO，
∴∠CAO＝∠CBD．
在 ACD和 BCD中 ，
△ △
∴△ACD≌△BCD（AAS）．
∴AC＝BC；
（2）由（1）知∠CAD＝∠DEA＝∠DBO，
∴BD＝AD＝DE，过D作DN⊥AC于N点，如图所示：
∵∠ACD＝∠BCD，
∴DO＝DN，
在Rt BDO和Rt EDN中 ，
△ △
∴Rt BDO≌Rt EDN（HL），
∴BO△＝EN． △
在 DOC和 DNC中，
△ △
∴△DOC≌△DNC（AAS），
∴OC＝NC；
∴BC+EC＝BO+OC+NC﹣NE＝2OC＝8．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质,角平分线的定义和性质,综合性较强,难度较大,掌握
判定三角形全等的方法,是解（1）题的关键；利用三角形的全等得到BO=NE是解（2）题的关键.
13．等腰Rt ACB，∠ACB＝90°，AC＝BC，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上．
△
(1)如图1，求证：∠BCO＝∠CAO：
(2)如图2，若OA＝5，OC＝2，求B点的坐标；
(3)如图3，点C（0，3），Q、A两点均在x轴上，且S CQA＝27．分别以AC、CQ为腰在第一、
△
第二象限作等腰Rt CAN、等腰Rt QCM，连接MN交y轴于P点，求线段OP的长度．
【答案】(1)见解析△； △
(2)B（-2，-3）；
(3)12
【分析】（1）根据两锐角都与∠ACO互余证明即可；
（2）过点B作BD⊥y轴于D，证明△CDB≌△AOC（AAS），求出BD=CO=2，CD=AO=5，由点
B在第三象限，得到B的坐标；
（3）过N作 ，交y轴于H，证明△HCN≌△QAC（ASA），推出CH=AQ，HN=QC，
利用点C（0，3），S CQA=27，求出AQ=18，得CH=18，再证明△PNH≌△PMC（AAS），推出
△
CP=PH= CH=9，由此得到OP．
(1)
解：∵∠ACB=90°，∠AOC=90°，∴∠BCO+∠ACO=90°=∠CAO+∠ACO，
∴∠BCO=∠CAO；
(2)
解：如图2，过点B作BD⊥y轴于D，则∠CDB=∠AOC=90°，
∵∠BCO=∠CAO，BC=AC，
∴△CDB≌△AOC（AAS），
∴BD=CO=2，CD=AO=5，
∴OD=5-2=3，
又∵点B在第三象限，
∴B（-2，-3）；
(3)
解：过N作 ，交y轴于H，则∠CNH+∠MCN=180°，
∵等腰Rt CAN、等腰Rt QCM，
∴∠MCQ△+∠ACN=180°，△
∴∠ACQ+∠MCN=360°-180°=180°，
∴∠CNH=∠ACQ，
又∵∠HCN+∠ACO=90°=∠QAC+∠ACO，
∴∠HCN=∠QAC，∵CN=CA，
∴△HCN≌△QAC（ASA），
∴CH=AQ，HN=QC，
∵QC=MC，
∴HN=CM，
∵点C（0，3），S CQA=27，
△
∴ ×AQ×CO=27，即 ×AQ×3=27，
∴AQ=18，
∴CH=18，
∵ ，
∴∠PNH=∠PMC，
又∵∠HPN=∠CPM，HN=CM，
∴△PNH≌△PMC（AAS），
∴CP=PH= CH=9，
又∵CO=3，
∴OP=3+9=12．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，（3）是解题的难点，正
确引出辅助线 是此题解题的关键．
