初中数学等腰直角三角形添加辅助线三垂直构建K字型全等专项练习题1(附答案详解)

初中数学等腰直角三角形添加辅助线三垂直构建K字型全等专项练习题1（附答案详解）1．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，DE是△ABC的中位线，点D在AB上，把点B绕点D按顺时针方向旋转α（0°<α<180°）角得到点F，连接AF，BF．下列结论：①△ABF是直角三角形；②若△ABF和△ABC全等，则α=2∠BAC或2∠ABC；③若α=90°，连接EF，则S△DEF=4.5；其中正确的结论是（）A．①② B．①③ C．①②③ D．②③2．如图所示，的顶点A在反比例函数的图像上，直线AB交y轴于点C，且点C的纵坐标为5，过点A、B分别作y轴的垂线AE、BF，垂足分别为点E、F，且．（1）若点E为线段OC的中点，求k的值；（2）若为等腰直角三角形，，其面积小于3．①求证：；②把称为，两点间的“ZJ距离”，记为，求的值．3．如图，已知抛物线经过，，三点．（1）求该抛物线的解析式；（2）经过点B的直线交y轴于点D，交线段于点E，若．①求直线的解析式；②已知点Q在该抛物线的对称轴l上，且纵坐标为1，点P是该抛物线上位于第一象限的动点，且在l右侧．点R是直线上的动点，若是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，求点P的坐标．4．如图1，在正方形中，对角线相交于点，点为线段上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接交于点.（1）若，求的面积；（2）如图2，线段的延长线交于点，过点作于点，求证：；（3）如图3，点为射线上一点，线段的延长线交直线于点，交直线于点，过点作垂直直线于点，请直接写出线段的数量关系.5．如图1，在平面直角坐标系中，点A（0，4），点B（m，0），以AB为边在右侧作正方形ABCD．（1）当点B在x轴正半轴上运动时，求点C点的坐标．（用m表示）（2）当m=0时，如图2，P为OA上一点，过点P作PM⊥PC，PM=PC，连MC交OD于点N，求AM+2DN的值；（3）如图3，在第（2）问的条件下，E、F分别为CD、CO上的点，作EG∥x轴交AO于G，作FH∥y轴交AD于H，K是EG与FH的交点．若S四边形KFCE=2S四边形AGKH，试确定∠EAF的大小，并证明你的结论．6．如图，在矩形ABCD中，E是边AD上的一点，将△CDE沿CE折叠得到△CFE，点F恰好落在边AB上．（1）证明：△AEF∽△BFC．（2）若AB=，BC=1，作线段CE的中垂线，交AB于点P，交CD于点Q，连结PE，PC．①求线段DQ的长．②试判断△PCE的形状，并说明理由．7．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．8．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：△ADC≌△CEB；(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，试问DE、AD、BE的等量关系?并说明理由．9．在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板放在第一象限，斜靠在两坐标轴上，且点A(0，2)，点C(1，0)，如图所示，抛物线y=ax2﹣ax﹣2经过点B．（1）求点B的坐标；（2）求抛物线的解析式；（3）在抛物线上是否还存在点P(点B除外)，使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．10．如图1，直线l：y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B．已知点C（﹣2，0）．（1）求出点A，点B的坐标．（2）P是直线AB上一动点，且△BOP和△COP的面积相等，求点P坐标．（3）如图2，平移直线l，分别交x轴，y轴于交于点A1，B1，过点C作平行于y轴的直线m，在直线m上是否存在点Q，使得△A1B1Q是等腰直角三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标．11．如图①，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，过点C作CD⊥AB于点D，点E是AB边上一动点(不含端点A，B)，连接CE，过点B作CE的垂线交直线CE于点F，交直线CD于点G．(1)求证：AE＝CG；(2)若点E运动到线段BD上时(如图②)，试猜想AE，CG的数量关系是否发生变化，请证明你的结论；(3)过点A作AH⊥CE，垂足为点H，并交CD的延长线于点M(如图③)，找出图中与BE相等的线段，直接写出答案BE=12．在中，．(1)如图①，以点为直角顶点，为腰在右侧作等腰，过点作交的延长线于点．求证：．(2)如图②，以为底边在左侧作等腰，连接，求的度数．(3)如图③，中，,垂足为点，以为边在左侧作等边,连接交于，,,求的长．13．直角三角形中，，直线过点．（1）当时，如图①，分别过点、作于点，于点．求证：．（2）当，时，如图②，点与点关于直线对称，连接、，动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿边向终点运动，同时动点从点出发，以每秒3个单位的速度沿向终点运动，点、到达相应的终点时停止运动，过点作于点，过点作于点，设运动时间为秒．①用含的代数式表示．②直接写出当与全等时的值．14．直线CD是经过∠BCA顶点C的一条直线，CA=CB，点E、F分别是直线CD上的两点，且∠BEC=∠CFA=∠BCA,（1）如图1，当∠BCA=90时，则BE与CF的数量关系是：______________（2）如图2，当∠BCA为锐角时，（1）中的数量关系是否依然成立？若成立，请证明（3）如图3，当∠BCA为钝角时，请说出EF、BE、AF三条线段的数量关系（不必证明）15．如图1．△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E，F作射线GA的垂线，垂足分别为P，Q．（1）求证：△EPA≌△AGB：（2）试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论；（3）如图2．若连接EF交GA的延长线于H，由（2）中的结论你能判断EH与FH的大小关系吗？并说明理由：（4）在（3）的条件下，若BC＝10，AG＝12．请直接写出S△AEF＝．16．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角△ABC，AB⊥BC，AB＝BC，点C在第一象限．已知点A（m，0），B（0，n）（n＞m＞0），点P在线段OB上，且OP＝OA．（1）点C的坐标为（用含m，n的式子表示）（2）求证：CP⊥AP．17．如图的边在直线l上，，且，的边也在直线上，边和边重合，且．（1）图①中，请你通过观察、测量、猜想，直接写出和的数量关系和位置关系；（2）将沿直线l向右平移得到图②的位置时，交于点D，连接，，求证：①；②；（3）将沿直线l向右平移得到图③的位置时，延长交的延长线于点D，连接，，你认为，还成立吗？若成立，给予证明；若不成立，说明理由．18．在▱ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F．（1）在图1中说明CE=CF；（2）若∠ABC=90°，G是EF的中点(如图2)，求∠BDG的度数．三、填空题19．如图，是等边三角形，，点在上，，是延长线上一点，将线段绕点逆时针旋转90°得到线段，当时，线段的长为__________.20．如图，正方形ABCD中，点E、F分别是BC、AB边上的点，且AE⊥DF，垂足为点O，△AOD的面积为，则图中阴影部分的面积为_____．参考答案1．C【解析】【分析】①根据直角三角形斜边中线的性质和旋转的性质得出，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可判断；②分两种情况讨论：或，分别求α即可；③先根据题意画出图形，首先证明，然后得出，最后利用即可求解．【详解】①∵DE是△ABC的中位线，．由旋转可知，，．，，即，∴△ABF是直角三角形，故①正确；，．若△ABF和△ABC全等，当时，；当时，，综上所述，若△ABF和△ABC全等，则α=2∠BAC或2∠ABC，故②正确；过点F作交ED的延长线于点G，∵DE是的中位线，，．，．，，．，．，D为AB中点，．在和中，，，故③正确；所以正确的有：①②③．故选：C．【点睛】本题主要考查三角形中位线的性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定及性质，掌握三角形中位线的性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键．2．（1）；（2）①见解析；②8．【解析】【分析】（1）由点E为线段OC的中点，可得E点坐标为，进而可知A点坐标为：，代入解析式即可求出k；（2）①由为等腰直角三角形，可得，再根据同角的余角相等可证，由AAS即可证明；②由“ZJ距离”的定义可知为MN两点的水平距离与垂直距离之和，故，即只需求出B点坐标即可，设点，由可得，进而代入直线AB解析式求出k值即可解答．【详解】解：（1）∵点E为线段OC的中点，OC=5，∴,即：E点坐标为，又∵AE⊥y轴，AE=1，∴，∴．（2）①在为等腰直角三角形中，，，∴，又∵BF⊥y轴，∴，∴在和中，∴，②解：设点坐标为，∵∴，，∴，设直线AB解析式为：，将AB两点代入得：则．解得，．当时，，，，符合；∴，当时，，，，不符，舍去；综上所述：．【点睛】此题属于代几综合题，涉及的知识有：反比例函数、一次函数的性质及求法、三角形全等的判定及性质、等腰直角三角形性质等，熟练掌握三角形全等的性质和判定和数形结合的思想是解本题的关键．3．（1）；（2）①；②（2，4）或（，）【解析】【分析】（1）根据待定系数法求解即可；（2）①过点E作EG⊥x轴，垂足为G，设直线BD的表达式为：y=k（x-4），求出直线AC的表达式，和BD联立，求出点E坐标，证明△BDO∽△BEG，得到，根据比例关系求出k值即可；②根据题意分点R在y轴右侧时，点R在y轴左侧时两种情况，利用等腰直角三角形的性质求解即可.【详解】解：（1）∵抛物线经过点，，，代入，∴，解得：，∴抛物线表达式为：；（2）①过点E作EG⊥x轴，垂足为G，∵B（4，0），设直线BD的表达式为：y=k（x-4），设AC表达式为：y=mx+n，将A和C代入，得：，解得：，∴直线AC的表达式为：y=2x+4，联立：，解得：，∴E（，），∴G（，0），∴BG=，∵EG⊥x轴，∴△BDO∽△BEG，∴,∵，∴，∴，解得：k=，∴直线BD的表达式为：；②由题意：设P（s，），1＜s＜4，∵△PQR是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，∴∠PQR=90°，PQ=RQ，当点R在y轴右侧时，如图，分别过点P，R作l的垂线，垂足为M和N，∵∠PQR=90°，∴∠PQM+∠RQN=90°，∵∠MPQ+∠PQM=90°，∴∠RQN=∠MPQ，又PQ=RQ，∠PMQ=∠RNQ=90°，∴△PMQ≌△QNR，∴MQ=NR，PM=QN，∵Q在抛物线对称轴l上，纵坐标为1，∴Q（1，1），∴QN=PM=1，MQ=RN，则点P的横坐标为2，代入抛物线得：y=4，∴P（2，4）；当点R在y轴左侧时，如图，分别过点P，R作l的垂线，垂足为M和N，同理：△PMQ≌△QNR，∴NR=QM，NQ=PM，设R（t，），∴RN==QM，NQ=1-t=PM，∴P（，2-t），代入抛物线，解得：t=或（舍），∴点P的坐标为（，），综上：点P的坐标为（2，4）或（，）.【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，一次函数，难度较大，解题时要理解题意，根据等腰直角三角形的性质构造全等三角形.4．（1）5；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）如图1中，利用勾股定理计算CE的长，由旋转可知△CEF是等腰直角三角形，可得结论；（2）如图2，过E作EN⊥AB于N，作EP⊥BC于P，证明△CPE≌△CMF（AAS），得EP＝FM，由角平分线的性质得EP＝EN＝FM，证明△NHE≌△MGF（AAS），得NH＝MG，由△BEN是等腰直角三角形，得BN＝BE，最后由线段的和可得结论；（3）如图3，构建辅助线，构建全等三角形，证明△CPE≌△FMC（AAS），得EP＝CM，PC＝FM，由△DPE是等腰直角三角形，得PE＝PD，证明△HNE≌△GMF（AAS），由△BEN是等腰直角三角形，得BN＝BE，同理可得结论．【详解】（1）在正方形中，（2）过点作于，于又是等腰直角三角形（3）BH﹣MG＝BE，理由是：如图3，过E作EN⊥AB于N，交CG于P，∵EP⊥BC，FM⊥CD，AB∥CD，∴EP⊥CD，∴∠EPC＝∠FMC＝90°，∵∠M＝∠ECF＝90°，∴∠ECP+∠FCM＝∠FCM+∠CFM＝90°，∴∠ECP＝∠CFM，∵CE＝CF，∴△CPE≌△FMC（AAS），∴PC＝FM，∵△DPE是等腰直角三角形，∴PE＝PD，∴EN＝BN＝PN+PE＝BC+PE＝CD+PD＝PC＝FM，∵AB∥CD，∴∠H＝∠FGM，∵∠ENH＝∠M＝90°，∴△HNE≌△GMF（AAS），∴NH＝MG，∴BH﹣MG＝BH﹣NH＝BN，∵△BEN是等腰直角三角形，∴BN＝BE，∴BH﹣MG＝BE．【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，属于中考压轴题．5．（1）C(m+4，m)；（2）AM+2DN=4；（3）∠EAF=45°，证明见解析【解析】【分析】（1）如图1中，作轴于．利用全等三角形的性质即可解决问题；（2）如图2中，作轴于，作交于．构造平行四边形，全等三角形解决问题即可；（3）如图3中，延长到，使得．则．设，，由题意，，，，利用勾股定理想办法证明，再证明，可得即可解决问题；【详解】解：（1）如图1中，作轴于．，，，，又，，，，．（2）如图2中，作轴于，作交于．，，，，，，，，，，，，，，四边形是平行四边形，，，，，，，，．（3）如图3中，延长到，使得．则．设，，由题意，，，，，，，，，在中，，，，，，，，，．【点睛】本题考查四边形综合题、正方形的性质、平行四边形的判定和性质、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，构造全等三角形或特殊四边形解决问题，学会利用参数解决问题，学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考压轴题．6．（1）详见解析；（2）2-；（3）等腰直角三角形．【解析】【分析】（1）根据折叠的性质知，从而得出，转化得到相似；（2）连接EQ，根据AB=，BC=1计算出BF的长度，从而判断都是等腰直角三角形，算出AF、DE的长度，再根据PQ是CE的垂直平分线得出EQ=CQ，设，则，解直角三角形算出x即可；（3）设，则，根据利用勾股定理建立等量关系解出再证明全等即可．【详解】解：（1）∵将△CDE沿CE折叠得到△CFE∴∴又∵∴∴△AEF∽△BFC（2）①连接EQ，PQ是CE的中垂线，如图：∵AB=，BC=1，将△CDE沿CE折叠得到△CFE，四边形ABCD是矩形∴∴都是等腰直角三角形∴设，则，在直角三角形DEQ中：，解得：故DQ的长为；②设，则，PQ是CE的中垂线∴∴即解得：∴又∵∴△APE≌△BCP∴即∴△PCE是等腰直角三角形．【点睛】本题考查矩形折叠问题、勾股定理、中垂线的性质，转化相关的线段与角度之间的关系是解题关键．7．（1）见解析；（2）∠EDH＝45°；（3）EH＝10．【解析】【分析】（1）根据全等三角形的判定得出△CAE≌△ABD，进而利用全等三角形的性质得出AE＝BD即可；（2）根据全等三角形的判定得出△AEH≌△BDH，进而利用全等三角形的性质解答即可；（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，根据全等三角形判定和性质解答即可．【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．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用数形结合的思想思考问题，属于压轴题．8．（1）见解析；（2）DE=AD-BE，理由见解析【解析】【分析】（1）由已知推出∠ADC=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，推出∠DAC=∠BCE，根据AAS即可得到答案；

（2）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到答案．【详解】解：（1）证明：如图1，

∵AD⊥DE，BE⊥DE，

∴∠ADC=∠BEC=90°，

∵∠ACB=90°，

∴∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，

∴∠DAC=∠BCE，

在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS）；

（2）结论：DE=AD-BE．

理由：如图2，∵BE⊥EC，AD⊥CE，

∴∠ADC=∠BEC=90°，

∴∠EBC+∠ECB=90°，

∵∠ACB=90°，

∴∠ECB+∠ACE=90°，

∴∠ACD=∠EBC，

在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS），

∴AD=CE，CD=BE，

∴DE=EC-CD=AD-BE．【点睛】本题主要考查了余角的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证明△ACD≌△CBE是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．9．（1）（3，1）；（2）y=x2-x-2；（3）存在，点P（-1，-1）或（-2，1）【解析】【分析】（1）首先过点B作BD⊥x轴，垂足为D，易证得△BDC≌△COA，即可得BD=OC=1，CD=OA=2，则可求得点B的坐标；

（2）利用待定系数法即可求得二次函数的解析式；

（3）分别从①以AC为直角边，点C为直角顶点，则延长BC至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，②若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，③若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP3⊥CA，且使得AP3=AC，得到等腰直角三角形ACP3，过点P3作P3H⊥y轴，去分析则可求得答案．【详解】（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D，

∵∠BCD+∠ACO=90°，∠ACO+∠OAC=90°，

∴∠BCD=∠CAO，

又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC，

∴△BDC≌△COA，

∴BD=OC=1，CD=OA=2，

∴点B的坐标为（3，1）；

（2）∵抛物线y=ax2-ax-2过点B（3，1），

∴1=9a-3a-2，

解得：a=，

∴抛物线的解析式为y=x2-x-2；

（3）假设存在点P，使得△ACP是等腰直角三角形，

①若以AC为直角边，点C为直角顶点，

则延长BC至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，如图（1），

∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°，

∴△MP1C≌△DBC，

∴CM=CD=2，P1M=BD=1，

∴P1（-1，-1），经检验点P1在抛物线y=x2-x-2上；

②若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，

得到等腰直角三角形ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，如图（2），

同理可证△AP2N≌△CAO，

∴NP2=OA=2，AN=OC=1，

∴P2（-2，1），经检验P2（-2，1）也在抛物线y=x2-x-2上；

③若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP3⊥CA，且使得AP3=AC，

得到等腰直角三角形ACP3，过点P3作P3H⊥y轴，如图（3），

同理可证△AP3H≌△CAO，

∴HP3=OA=2，AH=OC=1，

∴P3（2，3），经检验P3（2，3）不在抛物线y=x2-x-2上；

故符合条件的点有P1（-1，-1），P2（-2，1）两点．

【点睛】考查了全等三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数的解析式，等腰直角三角形的性质等知识．解题关键是要注意数形结合思想、方程思想与分类讨论思想的应用的应用．10．（1）点A的坐标为（﹣4，0），点B的坐标的坐标为（0，2）；（2）点P坐标为（4，4）；（3）点Q为（﹣2，2）或（﹣2，﹣2）或（﹣2，-4）或（﹣2，）．【解析】【分析】（1）根据求与轴交点坐标的方法，列出方程即可得到结论；（2）设，根据面积公式列出方程即可得出结论；（3）如图2，①当点是直角顶点时，根据全等三角形的性质即可得出结论；②当点是直角顶点时，，根据平移的性质得到直线的解析式为，根据两点间的距离公式即可得到结论；③当点是直角顶点时，过点作轴于点，根据全等三角形的性质即可得出结论．【详解】解：（1）设y＝0，则x+2＝0，解得：x＝﹣4，设x＝0，则y＝2，∴点A的坐标为（﹣4，0），点B的坐标的坐标为（0，2）；（2）∵点C（﹣2，0），点B（0，2），∴OC＝2，OB＝2，∵P是直线AB上一动点，∴设P（m，m+2），∵△BOP和△COP的面积相等，∴×2|m|＝2×（|m|+2），解得：m＝±4，当m＝﹣4时，点P与点A重合，∴点P坐标为（4，4）；（3）存在；理由：如图1，①当点B1是直角顶点时，∴B1Q＝B1A1，∵∠A1B1O+∠QB1H＝90°，∠A1B1O+∠OA1B1＝90°，∴∠OA1B1＝∠QB1H，在△A1OB1和△B1HQ中，，∴△A1OB1≌△B1HQ（AAS），∴B1H＝A1O，OB1＝HQ＝2，∴B1（0，﹣2）或（0，2），当点B1（0，﹣2）时，Q（﹣2，2），当点B1（0，2）时，∵B（0，2），∴点B1（0，2）（不合题意舍去），∴Q（﹣2，2），②当点A1是直角顶点时，A1B1＝A1Q，∵直线AB的解析式为y＝x+2，由平移知，直线A1B1的解析式为y＝x+b，∴A1（﹣2b，0），B1（0，b），∴A1B12＝4b2+b2＝5b2，∵A1B1⊥A1Q，∴直线A1Q的解析式为y＝﹣2x﹣4b∴Q（﹣2，4﹣4b），∴A1Q2＝（﹣2b+2）2+（4﹣4b）2＝20b2-40b+20，∴20b2﹣40b+20＝5b2，∴b＝2或b＝，∴Q（﹣2，-4）或（﹣2，）；③当Q是直角顶点时，过Q作QH⊥y轴于H，∴A1Q＝B1Q，∵∠QA1C1+∠A1QC＝90°，∠A1QC+∠CQB1＝90°，∴∠QA1C＝∠CQB1，∵m∥y轴，∴∠CQB1＝∠QB1H，∴∠QA1C＝∠QB1H在△A1QC与△B1QH中，，∴△A1QC≌△B1QH（AAS），∴CQ＝QH＝2，B1H＝A1C，∴Q（﹣2，2）或（﹣2，﹣2），即：满足条件的点Q为（﹣2，2）或（﹣2，﹣2）或（﹣2，-4）或（﹣2，）．【点睛】此题目是一次函数综合题，主要考查了一次函数的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式，等腰直角三角形的性质，判断是解本题的关键．11．（1）详见解析；（2）不变，AE＝CG，详见解析；（3）CM【解析】【分析】（1）如图①，根据等腰直角三角形的性质可以得出∠BCD＝∠ACD＝45°，根据直角三角形的三角形的性质就可以得出∠CBF＝∠ACE，由ASA就可以得出△BCG≌△CAE，就可以得出结论；（2）如图②，根据等腰直角三角形的性质可以得出∠BCD＝∠ACD＝45°，根据直角三角形的三角形的性质就可以得出∠CBF＝∠ACE，由ASA就可以得出△BCG≌△CAE，就可以得出结论；（3）如图③，根据等腰直角三角形的性质可以得出∠BCD＝∠ACD＝45°，根据直角三角形的三角形的性质就可以得出∠BCE＝∠CAM，由ASA就可以得出△BCE≌△CAM，就可以得出结论．【详解】(1)证明：∵AC＝BC，∴∠ABC＝∠CAB．∵∠ACB＝90°，∴∠ABC＝∠A＝45°，∠ACE＋∠BCE＝90°．∵BF⊥CE，∴∠BFC＝90°，∴∠CBF＋∠BCE＝90°，∴∠ACE＝∠CBF．∵CD⊥AB，∠ABC＝∠A＝45°，∴∠BCD＝∠ACD＝45°，∴∠A＝∠BCD．在△BCG和△CAE中，∴△BCG≌△CAE(ASA)，∴AE＝CG．（2）解：不变，AE＝CG理由如下：∵AC＝BC，∴∠ABC＝∠A．∵∠ACB＝90°，∴∠ABC＝∠A＝45°，∠ACE＋∠BCE＝90°．∵BF⊥CE，∴∠BFC＝90°，∴∠CBF＋∠BCE＝90°，∴∠ACE＝∠CBF．∵CD⊥AB，∠ABC＝∠A＝45°，∴∠BCD＝∠ACD＝45°，∴∠A＝∠BCD．在△BCG和△CAE中，∴△BCG≌△CAE(ASA)，∴AE＝CG．（3）BE＝CM，理由如下：∵AC＝BC，∴∠ABC＝∠CAB．∵∠ACB＝90°，∴∠ABC＝∠A＝45°，∠ACE+∠BCE＝90°．∵AH⊥CE，∴∠AHC＝90°，∴∠HAC+∠ACE＝90°，∴∠BCE＝∠HAC．∵在RT△ABC中，CD⊥AB，AC＝BC，∴∠BCD＝∠ACD＝45°∴∠ACD＝∠ABC．在△BCE和△CAM中，∴△BCE≌△CAM（ASA），∴BE＝CM，故答案为：CM．【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，等式的性质的运用，线段垂直平分线的性质的运用，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．12．（1）见解析；（2）；（3）8【解析】【分析】（1）根据“一线三垂直”模型，可以证得；（2）过点C作CM⊥CO交BO于M，AC与BO交于点N，利用旋转模型证明≌，由外角的性质计算即可；（3）在CE上截取一点H，使CH=AE，连接OH，利用等腰直角△AOB，等边△BOC证得≌，通过等角代换证明为等边三角形，由线段和计算即可得到结果．【详解】（1）∵∠BAC=∠AOB=90°，∴∠BAO+∠DAC=∠BAO+∠ABO=90°，∴∠DAC=∠ABO，∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB=AC，在△AOB和△CDA中，∴△AOB≌△CDA（AAS）（2）如图②，过点C作CM⊥CO交BO于M，AC与BO交于点N，，，，，，∵AC=BC，≌，，，，故答案为：135°．（3）如图③，在CE上截取一点H，使CH=AE，连接OH，∵△AOB是等腰直角三角形，△BOC是等边三角形，所以，，≌，，AE=CH=3，∠AOE=∠COH，，∠AOB=90°，，，∠BOH=∠BOC-∠COH=60°-45°=15°，，为等边三角形，，，故答案为：8．【点睛】本题考查了“一线三垂直”模型，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等角代换的应用，计算线段和的应用，掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．13．（1）证明见解析；（2）①CN=6-3t；（2）3.5秒或5秒或6.5秒【解析】【分析】（1）根据垂直的定义得到∠DAC=∠ECB，利用AAS定理证明△ACD≌△CBE；（2）①由题意得，AM=t，FN=3t，则CM=8-t，由折叠的性质可知，CF=CB=6，即可得出结果；②分点F沿F→C路径运动，点F沿C→B路径运动，点F沿B→C路径运动，点F沿C→F路径运动四种情况，根据全等三角形的判定定理列式计算．【详解】（1）证明：△ACD与△CBE全等．理由如下：∵AD⊥直线l，∴∠DAC+∠ACD=90°，∵∠ACB=90°，∴∠BCE+∠ACD=90°，∴∠DAC=∠ECB，在△ACD和△CBE中，，∴△ACD≌△CBE（AAS）；（2）解：①由题意得，AM=t，FN=3t，则CM=8-t，由折叠的性质可知，CF=CB=6，∴CN=6-3t；②由折叠的性质可知，∠BCE=∠FCE，∵∠MCD+∠CMD=90°，∠MCD+∠BCE=90°，∴∠NCE=∠CMD，∴当CM=CN时，△MDC与△CEN全等，当点F沿F→C路径运动时，8-t=6-3t，解得，t=-1（不合题意），当点F沿C→B路径运动时，8-t═3t-6，解得，t=3.5，当点F沿B→C路径运动时，由题意得，8-t=18-3t，解得，t=5，当点F沿C→F路径运动时，由题意得，8-t=3t-18，解得，t=6.5，综上所述，当t=3.5秒或5秒或6.5秒时，△MDC与△CEN全等．【点睛】本题是三角形综合题目，考查的是全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、以及分类讨论等知识；掌握全等三角形的判定定理和性质定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．14．（1）BE=CF;（2）成立，理由见解析；（3）EF=BE+AF【解析】【分析】（1）根据,可以得到,而由已知条件可以得到：，所以，那么，由此可以得到，结合已知条件，可以证明,所以；（2）根据三角形的外角定理可以得到：,而，由此可以得到，再结合已知条件，可以证明，所以依然成立；（3）按照和（2）同样的方法证明，那么，,所以;【详解】（1）又又（2）成立，理由是：，且又（3），理由如下：，且又，【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质应用，利用三角形的内角和进行导角找出全等条件是解决本题的关键.15．（1）证明见解析；（2）结论：EP＝FQ，证明见解析；（3）结论：EH＝FH，理由见解析；（4）60．【解析】【分析】（1）根据等腰Rt△ABE的性质，求出∠EPA＝∠EAB＝∠AGB＝90°，∠PEA＝∠BAG，根据AAS推出△EPA≌△AGB．（2）根据全等三角形的性质推出EP＝AG，同理可得△FQA≌△AGC，即可得出AG＝FQ，最后等量代换即可得出答案．（3）求出∠EPH＝∠FQH＝90°，根据AAS推出△EPH≌△FQH，即可得出EH与FH的大小关系．（4）根据全等三角形△EPH≌△FQH，△EPA≌△AGB，△FQA≌△AGC，推出S△FQA＝S△AGC，S△FQH＝S△EPH，S△EPA＝S△AGB，即可求出S△AEF＝S△ABC，根据三角形面积公式求出即可．【详解】解：（1）如图1，∵∠EAB＝90°，EP⊥AG，AG⊥BC，∴∠EPA＝∠EAB＝∠AGB＝90°，∴∠PEA+∠EAP＝90°，∠EAP+∠BAG＝90°，∴∠PEA＝∠BAG，在△EPA和△AGB中，∴△EPA≌△AGB（AAS），（2）结论：EP＝FQ，证明：由（1）可得，△EPA≌△AGB，∴EP＝AG，如图1，∵∠FAC＝90°，FQ⊥AG，AG⊥BC，∴∠FQA＝∠FAC＝∠CGA＝90°，∴∠FAQ+∠AFQ＝90°，∠FAQ+∠GAC＝90°，∴∠AFQ＝∠GAC，在△QFA和△GAC中，∴△QFA≌△GAC（AAS），∴AG＝FQ，∴EP＝FQ；（3）结论：EH＝FH，理由：如图，∵EP⊥AG，FQ⊥AG，∴∠EPH＝∠FQH＝90°，在△EPH和△FQH中，∴△EPH≌△FQH（AAS），∴EH＝FH．（4））∵△EPH≌△FQH，△EPA≌△AGB，△FQA≌△AGC，∴S△FQA＝S△AGC，S△FQH＝S△EPH，S△EPA＝S△AGB，∴S△AEF＝S△EPA+S△FQA＝S△AGB+S△AGC＝S△ABC＝×BC×AG＝×10×12＝60故答案为：60．【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的性质和判定以及等腰直角三角形的性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．16．（1）（n，m+n）；（2）详见解析．【解析】【分析】（1）过点C作CD⊥y轴于点D，由“AAS”可证△CDB≌△BOA，可得BO=CD=n，AO=BD=m，即可求解；（2）由线段的和差关系可得DP=n=DC，可得∠DPC=45°，可得结论．【详解】（1）如图，过点C作CD⊥y轴于点D，∴∠CDB＝90°，∴∠DCB+∠DBC＝90°，且∠ABO+∠CBD＝90°，∴∠DCB＝∠ABO，且AB＝BC，∠CDB＝∠AOB＝90°，∴△CDB≌△BOA（AAS）∴BO＝CD＝n，AO＝BD＝m，∴OD＝m+n，∴点C（n，m+n），故答案为：（n，m+n）；（2）∵OP＝OA＝m，OD＝m+n，∴DP＝n＝DC，∠OPA＝45°，∴∠DPC＝45°，∴∠APC＝90°，∴AP⊥PC．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明△CDB≌△BOA是本题的关键．17．（1），；（2）①