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八年级数学解答题一般
题目
如图,在平面直角坐标系中,点B(a,b)B\left(a,b\right)是第二象限内一点.

(1)(1)若aa、bb满足等式(a+3)2+∣b−2∣=0\left(a+3\right)^{2}+|b-2|=0,求点BB的坐标；
(2)(2)如图11,在（1）的条件下,动点CC以每秒22个单位长度的速度从OO点出发,沿xx轴的负半轴方向运动,同时动点AA以每秒11个单位长度的速度从OO点出发,沿yy轴的正半轴方向运动,设运动的时间为tt秒,当tt为何值时,△ABC\triangle ABC是ABAB为斜边的等腰直角三角形；
(3)(3)如图22,CC、AA分别是xx轴负半轴和yy轴上正半轴上一点,且△ABC\triangle ABC是以ABAB为斜边的等腰直角三角形,若EE是线段OCOC上一点,连接BEBE交ACAC于点DD,连接AEAE,当AE=CEAE=CE,∠OAE=45∘\angle OAE=45^{\circ},①求证:BEBE平分∠ABC\angle ABC；②设BDBD的长为aa,△ADB\triangle ADB的面积为SS.请用含aa的式子表示SS.
知识点：三角形章节：第13章 三角形 / 13.1 三角形的概念

答案与解析

答案

(1)(1)∵(a+3)2+∣b−2∣=0\because \left(a+3\right)^{2}+|b-2|=0且(a+3)2⩾0\left(a+3\right)^{2}\geqslant 0，∣b−2∣⩾0|b-2|\geqslant 0，
∴a+3=0\therefore a+3=0，b−2=0b-2=0，
∴a=−3\therefore a=-3，b=2b=2，
∴B(−3,2)\therefore B\left(-3,2\right)；
(2)(2)过BB作BH⊥xBH\bot x轴于点HH，

∵B(−3,2)\because B\left(-3,2\right)，
∴BH=2\therefore BH=2，
由题意得OA=tOA=t，OC=2tOC=2t，
∵△ACB\because \triangle ACB是以ABAB斜边的等腰直角三角形，
∴AC=BC\therefore AC=BC，∠ACB=90∘\angle ACB=90^{\circ}，
∴∠BCH+∠ACB=90∘\therefore \angle BCH+\angle ACB=90^{\circ}，
∵BH⊥x\because BH\bot x轴，
∴∠OHB=90∘\therefore \angle OHB=90^{\circ}，
∴∠BCH+∠HBC=90∘\therefore \angle BCH+\angle HBC=90^{\circ}，
∴∠ACB=∠HBC\therefore \angle ACB=\angle HBC，
∴∠AOC=∠CHB=90∘\therefore \angle AOC=\angle CHB=90^{\circ}，
在△AOC\triangle AOC与△CHB\triangle CHB中，
{∠ACO=∠HCB∠AOC=∠HCBAC=BC\left\{\begin{array}{l}∠ACO=∠HCB\\∠AOC=∠HCB\\ AC=BC\end{array}\right.，
∴△AOC\therefore \triangle AOC≌△CHB(AAS)\triangle CHB\left(AAS\right)，
∴OC=BH\therefore OC=BH，
∴t=1\therefore t=1，
∴\therefore当t=1t=1时，△ABC\triangle ABC是以ABAB为斜边的等腰直角三角形；
(3)(3)①证明：过点EE作EM⊥ABEM\bot AB于MM，EN⊥BCEN\bot BC交BCBC延长线于NN，过点BB作BF⊥xBF\bot x轴于FF，如图22，

∴∠EMA=∠ENC=90∘\therefore \angle EMA=\angle ENC=90^{\circ}，
由（2）可知，∠BCF=∠CAO\angle BCF=\angle CAO，
∵∠ECN=∠BCF\because \angle ECN=\angle BCF，
∴∠ECN=∠CAO\therefore \angle ECN=\angle CAO，
∵△ABC\because \triangle ABC是以ABAB为斜边的等腰直角三角形，
∴∠BAC=45∘\therefore \angle BAC=45^{\circ}，
∵∠OAE=45∘\because \angle OAE=45^{\circ}，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAO+∠CAE\therefore \angle BAC+\angle CAE=\angle EAO+\angle CAE，
即∠BAE=∠CAO\angle BAE=\angle CAO，
∵∠ECN=∠CAO\because \angle ECN=\angle CAO，
∴∠ECN=∠BAE\therefore \angle ECN=\angle BAE，
在△AEM\triangle AEM和△CEN\triangle CEN中，
{∠MAE=∠ECN∠AME=∠CNEAE=CE\left\{\begin{array}{l}∠MAE=∠ECN\\∠AME=∠CNE\\ AE=CE\end{array}\right.，
∴△AEM\therefore \triangle AEM≌△CEN(AAS)\triangle CEN\left(AAS\right)，
∴EM=EN\therefore EM=EN，
∴BE\therefore BE平分∠ABC\angle ABC；
②如图33，延长AEAE、BCBC相交于点PP，

∵∠ACB=90∘\because \angle ACB=90^{\circ}，
∴∠ACP=90∘\therefore \angle ACP=90^{\circ}，
∴∠CAE+∠APC=90∘\therefore \angle CAE+\angle APC=90^{\circ}，∠PCE+∠ACE=90∘\angle PCE+\angle ACE=90^{\circ}，
∵AE=CE\because AE=CE，
∴∠CAE=∠ACE\therefore \angle CAE=\angle ACE，
∴∠APC=∠PCE\therefore \angle APC=\angle PCE，
∴CE=PE\therefore CE=PE，
∴PE=AE\therefore PE=AE，AE=12APAE=\frac{1}{2}AP，
∵BE\because BE平分∠ABC\angle ABC，
∴BE⊥AP\therefore BE\bot AP，
∴∠BEA=90∘\therefore \angle BEA=90^{\circ}，
∴∠CAE+∠ADE=90∘\therefore \angle CAE+\angle ADE=90^{\circ}，∠CBD+∠BDC=90∘\angle CBD+\angle BDC=90^{\circ}，
∵∠BDC=∠ADE\because \angle BDC=\angle ADE，
∴∠CAE=∠CBD\therefore \angle CAE=\angle CBD，
在△BCD\triangle BCD和△ACP\triangle ACP中，
{∠CBD=∠CAEBC=AC∠BCD=∠ACP\left\{\begin{array}{l}∠CBD=∠CAE\\ BC=AC\\∠BCD=∠ACP\end{array}\right.，
∴△BCD\therefore \triangle BCD≌△ACP(ASA)\triangle ACP\left(ASA\right)，
∴BD=AP=a\therefore BD=AP=a，
∴AE=12a\therefore AE=\frac{1}{2}a，
∴S△ABD=12BD•AE=12a×12a=14a2\therefore {S}_{△ABD}=\frac{1}{2}BD•AE=\frac{1}{2}a×\frac{1}{2}a=\frac{1}{4}{a}^{2}.

解析

(1)(1)∵(a+3)2+∣b−2∣=0\because \left(a+3\right)^{2}+|b-2|=0且(a+3)2⩾0\left(a+3\right)^{2}\geqslant 0，∣b−2∣⩾0|b-2|\geqslant 0，
∴a+3=0\therefore a+3=0，b−2=0b-2=0，
∴a=−3\therefore a=-3，b=2b=2，
∴B(−3,2)\therefore B\left(-3,2\right)；
(2)(2)过BB作BH⊥xBH\bot x轴于点HH，

∵B(−3,2)\because B\left(-3,2\right)，
∴BH=2\therefore BH=2，
由题意得OA=tOA=t，OC=2tOC=2t，
∵△ACB\because \triangle ACB是以ABAB斜边的等腰直角三角形，
∴AC=BC\therefore AC=BC，∠ACB=90∘\angle ACB=90^{\circ}，
∴∠BCH+∠ACB=90∘\therefore \angle BCH+\angle ACB=90^{\circ}，
∵BH⊥x\because BH\bot x轴，
∴∠OHB=90∘\therefore \angle OHB=90^{\circ}，
∴∠BCH+∠HBC=90∘\therefore \angle BCH+\angle HBC=90^{\circ}，
∴∠ACB=∠HBC\therefore \angle ACB=\angle HBC，
∴∠AOC=∠CHB=90∘\therefore \angle AOC=\angle CHB=90^{\circ}，
在△AOC\triangle AOC与△CHB\triangle CHB中，
{∠ACO=∠HCB∠AOC=∠HCBAC=BC\left\{\begin{array}{l}∠ACO=∠HCB\\∠AOC=∠HCB\\ AC=BC\end{array}\right.，
∴△AOC\therefore \triangle AOC≌△CHB(AAS)\triangle CHB\left(AAS\right)，
∴OC=BH\therefore OC=BH，
∴t=1\therefore t=1，
∴\therefore当t=1t=1时，△ABC\triangle ABC是以ABAB为斜边的等腰直角三角形；
(3)(3)①证明：过点EE作EM⊥ABEM\bot AB于MM，EN⊥BCEN\bot BC交BCBC延长线于NN，过点BB作BF⊥xBF\bot x轴于FF，如图22，

∴∠EMA=∠ENC=90∘\therefore \angle EMA=\angle ENC=90^{\circ}，
由（2）可知，∠BCF=∠CAO\angle BCF=\angle CAO，
∵∠ECN=∠BCF\because \angle ECN=\angle BCF，
∴∠ECN=∠CAO\therefore \angle ECN=\angle CAO，
∵△ABC\because \triangle ABC是以ABAB为斜边的等腰直角三角形，
∴∠BAC=45∘\therefore \angle BAC=45^{\circ}，
∵∠OAE=45∘\because \angle OAE=45^{\circ}，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAO+∠CAE\therefore \angle BAC+\angle CAE=\angle EAO+\angle CAE，
即∠BAE=∠CAO\angle BAE=\angle CAO，
∵∠ECN=∠CAO\because \angle ECN=\angle CAO，
∴∠ECN=∠BAE\therefore \angle ECN=\angle BAE，
在△AEM\triangle AEM和△CEN\triangle CEN中，
{∠MAE=∠ECN∠AME=∠CNEAE=CE\left\{\begin{array}{l}∠MAE=∠ECN\\∠AME=∠CNE\\ AE=CE\end{array}\right.，
∴△AEM\therefore \triangle AEM≌△CEN(AAS)\triangle CEN\left(AAS\right)，
∴EM=EN\therefore EM=EN，
∴BE\therefore BE平分∠ABC\angle ABC；
②如图33，延长AEAE、BCBC相交于点PP，

∵∠ACB=90∘\because \angle ACB=90^{\circ}，
∴∠ACP=90∘\therefore \angle ACP=90^{\circ}，
∴∠CAE+∠APC=90∘\therefore \angle CAE+\angle APC=90^{\circ}，∠PCE+∠ACE=90∘\angle PCE+\angle ACE=90^{\circ}，
∵AE=CE\because AE=CE，
∴∠CAE=∠ACE\therefore \angle CAE=\angle ACE，
∴∠APC=∠PCE\therefore \angle APC=\angle PCE，
∴CE=PE\therefore CE=PE，
∴PE=AE\therefore PE=AE，AE=12APAE=\frac{1}{2}AP，
∵BE\because BE平分∠ABC\angle ABC，
∴BE⊥AP\therefore BE\bot AP，
∴∠BEA=90∘\therefore \angle BEA=90^{\circ}，
∴∠CAE+∠ADE=90∘\therefore \angle CAE+\angle ADE=90^{\circ}，∠CBD+∠BDC=90∘\angle CBD+\angle BDC=90^{\circ}，
∵∠BDC=∠ADE\because \angle BDC=\angle ADE，
∴∠CAE=∠CBD\therefore \angle CAE=\angle CBD，
在△BCD\triangle BCD和△ACP\triangle ACP中，
{∠CBD=∠CAEBC=AC∠BCD=∠ACP\left\{\begin{array}{l}∠CBD=∠CAE\\ BC=AC\\∠BCD=∠ACP\end{array}\right.，
∴△BCD\therefore \triangle BCD≌△ACP(ASA)\triangle ACP\left(ASA\right)，
∴BD=AP=a\therefore BD=AP=a，
∴AE=12a\therefore AE=\frac{1}{2}a，
∴S△ABD=12BD•AE=12a×12a=14a2\therefore {S}_{△ABD}=\frac{1}{2}BD•AE=\frac{1}{2}a×\frac{1}{2}a=\frac{1}{4}{a}^{2}.

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